086. Une caractérisation du triangle équilatéral

Soient $A$, $B$ et $C$ les points du plan d’affixes respectives $a$, $b$ et $c$ telles que :

$\left\{\begin{array}{l}
\vert a \vert = \vert b \vert = \vert c \vert \\
a\neq b.
\end{array}\right.$

Vous supposez ainsi que le triangle contient au moins deux points distincts.

Vous allez démontrer l’équivalence suivante :

Caractérisation du triangle équilatéral par des affixes, où le centre du cercle circonscrit est placé à l’origine du repère :

$a+b+c = 0 \Longleftrightarrow \vert a-b \vert =\vert b-c \vert=\vert c-a \vert $

Remarques avant de commencer, l’esprit de ce document

La caractérisation ci-dessus du triangle équilatéral peut être traduite autrement (avec le centre de gravité notamment) et démontrée sans faire appel aux nombres complexes.

Ce document vous propose une démonstration où les principaux outils utilisés sont les nombres complexes, même si on peut s’en passer. Le choix privilégié ici c’est de manipuler les nombres complexes et d’exhiber un cas où leur utilisation est non triviale.

Le nombre complexe $j$

Notez $j = \e^{i\frac{2\pi}{3}}$. Alors $j=-\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ et $j^3 = e^{2i\pi} = 1.$

Or $j^3-1 = (j-1)(j^2+j+1)$. Comme $j\neq 1$, vous déduisez l’importante relation $\boxed{1+j+j^2=0.}$

Premier sens, supposez que $a+b+c=0$

Montrez l’égalité de deux côtés $\vert a -b\vert = \vert b-c\vert $

Notez $R = \vert a \vert = \vert b \vert = \vert c \vert.$

Comme $c=-a-b$, vous en tirez $\vert c\vert ^2 = \vert a+b\vert^2.$

Aussitôt :

$\begin{align*}
c\overline{c} &= (a+b)(\overline{a}+\overline{b})\\
R^2&=R^2+a\overline{b}+\overline{a}b+R^2\\
a\overline{b}+\overline{a}b+R^2&=0.
\end{align*}$

Multipliez par 2 et séparez.

$\begin{align*}
2a\overline{b}+2\overline{a}b+2R^2&=0\\
a\overline{b}+b\overline{a}&=-b\overline{a}-R^2-a\overline{b}-R^2\\
a\overline{b}+b\overline{a}&=b(-\overline{a}-\overline{b})+\overline{b}(-a-b)\\
a\overline{b}+b\overline{a}&=b\overline{c}+c\overline{b}\\
R^2-a\overline{b}-b\overline{a}+R^2 &=R^2-b\overline{c}-c\overline{b}+R^2\\
(a-b)(\overline{a}-\overline{b}) &= (b-c)(\overline{b}-\overline{c})\\
\vert a-b\vert^2 &= \vert b-c\vert^2.
\end{align*}$

Montrez que $ABC$ est équilatéral

Par permutation circulaire des affixes $a$, $b$, $c$ la condition $a+b+c=0$ est encore satisfaite. Vous déduisez de ce qui précède $\vert b -c\vert = \vert c-a\vert.$

Aussitôt $\vert a -b\vert = \vert b-c\vert = \vert c-a\vert.$

Démontrez l’autre sens, supposez que les 3 côtés du triangle $ABC$ sont égaux

Supposez donc que $\vert a-b \vert = \vert b-c \vert = \vert c-a \vert.$

Notez encore $R = \vert a \vert = \vert b \vert = \vert c \vert.$

Posez les hypothèses, s’ensuivent les premières déductions

De l’égalité $\vert b-c \vert^2 = \vert c-a \vert^2$ vous développez avec le conjugué et trouvez que :

$\begin{align*}
(b-c)(\overline{b}-\overline{c}) &=(c-a)(\overline{c}-\overline{a})\\
R^2-b\overline{c}-c\overline{b}+R^2 &= R^2-c\overline{a}-a\overline{c}+R^2\\
b\overline{c}+c\overline{b} &=c\overline{a}+a\overline{c}.
\end{align*}$

De même, développez l’égalité $\vert c-a \vert^2 = \vert a-b \vert^2$, vous aboutissez à $c\overline{a}+a\overline{c} =a\overline{b}+b\overline{a}.$

Utilisez la forme trigonométrique d’un nombre complexe non nul

Comme $a$ et $b$ sont différents, l’un d’entre eux n’est pas nul. Comme $a$, $b$ et $c$ sont de même module, les trois nombres complexes $a$, $b$ et $c$ sont tous non nuls et admettent une forme trigonométrique.

Il existe trois réels $\alpha$, $\beta$ et $\gamma$ tels que :

$\begin{align*}
a &= R\e^{i\alpha}\\
b&= R\e^{i\beta}\\
c &= R\e^{i\gamma}.
\end{align*}$

Les relations précédentes s’écrivent :

$\begin{align*}R^2\e^{i(\beta-\gamma)}+R^2\e^{i(\gamma-\beta)}&=R^2\e^{i(\gamma-\alpha)}+R^2\e^{i(\alpha-\gamma)}\\
R^2\e^{i(\alpha-\gamma)}+R^2\e^{i(\gamma-\alpha)}&=R^2\e^{i(\alpha-\beta)}+R^2\e^{i(\beta-\alpha)}
\end{align*}$

d’où, après simplification par $R^2$ et par $2$ :

$\begin{align*}
\cos (\beta-\gamma)&=\cos(\gamma-\alpha)\\
\cos(\gamma-\alpha) &=\cos(\alpha-\beta).
\end{align*}$

Trouvez la valeur commune des cosinus

Posez $x = \cos (\beta-\gamma) = \cos (\gamma-\alpha) = \cos (\alpha-\beta) =\cos (\beta-\alpha).$

Remarquez que $x$ ne peut jamais être égal à $1$

Si tel était le cas, vous auriez :

$\begin{align*}
\alpha-\beta &= 0 \mod (2\pi)\\
\beta-\gamma &= 0 \mod (2\pi)\\
\end{align*}$

donc

$\begin{align*}
\alpha &= \beta \mod (2\pi)\\
\beta &= \gamma \mod (2\pi)\\
\end{align*}$

$b = R\e^{i\beta} = R\e^{i\alpha} =a$, contradiction.

Dans toute la suite, on utilisera le fait que $x\neq 1$.

Remarquez que $\beta-\alpha = (\beta-\gamma) + (\gamma-\alpha).$

Comme les cosinus $\cos(\beta-\gamma)$ et $\cos(\gamma-\alpha)$ sont égaux, les sinus $\sin(\beta-\gamma)$ et $\sin(\gamma-\alpha)$ sont égaux ou opposés. Le produit $\sin(\beta-\gamma)\sin(\gamma-\alpha)$ est donc égal à $\sin^2(\beta-\gamma)=1-x^2$ ou bien à $-\sin^2(\beta-\gamma)=x^2-1.$

Premier cas, si les deux sinus sont égaux

$\begin{align*}
\cos(\beta-\alpha)&= \cos(\beta-\gamma)\cos(\gamma-\alpha)-\sin(\beta-\gamma)\sin(\gamma-\alpha)\\
x &= x^2-(1-x^2)\\
x &= 2x^2-1\\
0 &= 2x^2-x-1\\
0 &= (2x+1)(x-1).
\end{align*}$

Comme $x\neq 1$, vous déduisez $x=-\dfrac{1}{2}.$

Du coup, $\cos (\beta-\gamma) = -\dfrac{1}{2}$ donc il y a deux possibilités, soit $\beta = \gamma + \dfrac{2\pi}{3} \mod 2\pi$, soit $\beta = \gamma + \dfrac{4\pi}{3} \mod 2\pi$

  • si $\beta = \gamma + \dfrac{2\pi}{3} \mod 2\pi$

Notez que vous ne pouvez pas avoir $\gamma = \alpha + \dfrac{4\pi}{3} \mod 2\pi$. Cela entraînerait $\beta = \alpha \mod 2\pi$ et par suite $x=\cos(\beta-\alpha)$ serait égal à $1$ et non à $-\dfrac{1}{2}.$

Comme $x = \cos (\gamma-\alpha) = -\dfrac{1}{2}$, la seule possibilité est $\gamma = \alpha + \dfrac{2\pi}{3} \mod 2\pi$

Ainsi, vous en tirez que $c = R\e^{i(\gamma)} = R\e^{i(\alpha)}\e^{i\frac{2\pi}{3}} = aj$ et que $b = R\e^{i(\beta)} = R\e^{i(\alpha)}\e^{i\frac{4\pi}{3}} = aj^2$

Par suite, $a+b+c = a+aj^2+aj=a(1+j+j^2)=0.$

  • si $\beta = \gamma + \dfrac{4\pi}{3} \mod 2\pi$

Notez que vous ne pouvez pas avoir $\gamma = \alpha + \dfrac{2\pi}{3} \mod 2\pi$. Cela entraînerait $\beta = \alpha \mod 2\pi$ et par suite $x=\cos(\beta-\alpha)$ serait égal à $1$ et non à $-\dfrac{1}{2}.$

Comme $x = \cos (\gamma-\alpha) = -\dfrac{1}{2}$, la seule possibilité est $\gamma = \alpha + \dfrac{4\pi}{3} \mod 2\pi$

Ainsi, vous en tirez que $c = R\e^{i(\gamma)} = R\e^{i(\alpha)}\e^{i\frac{4\pi}{3}} = aj^2$ et que $b = R\e^{i(\beta)} = R\e^{i(\alpha)}\e^{i\frac{8\pi}{3}} = R\e^{i(\alpha)}\e^{i\frac{2\pi}{3}} = aj$

Par suite, $a+b+c = a+aj+aj^2=a(1+j+j^2)=0.$

Second cas, si les deux sinus étaient opposés

$\begin{align*}
\cos(\beta-\alpha)&= \cos(\beta-\gamma)\cos(\gamma-\alpha)-\sin(\beta-\gamma)\sin(\gamma-\alpha)\\
x &= x^2-(x^2-1)\\
x &= 1
\end{align*}$

Vous avez vu précédemment que ce cas ne peut se produire, vu que $x\neq 1$.

Concluez

Vous venez de constater que dans tous les cas $a+b+c = 0.$

Prolongement

A partir de ce que vous venez de vous, je vous suggère de démontrer le résultat suivant : le triangle $ABC$ est équilatéral si et seulement si, $a^2+b^2+c^2=ab+bc+ca.$

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