086. Caractérisez un triangle équilatéral avec des nombres complexes

Soient $A\comma$ $B$ et $C$ trois points du plan complexe d’affixes respectives $a\comma$ $b$ 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 $ABC$ possède au moins deux sommets distincts.

Vous allez démontrer l’équivalence suivante, qui correspond à une caractérisation du triangle équilatéral par des affixes, où le centre du cercle circonscrit est placé à l’origine du repère :

a+b+c = 0 \iff \vert a-b \vert =\vert b-c \vert=\vert c-a \vert.

Remarques préliminaires

Ce document vous propose une démonstration où les principaux outils utilisés sont les nombres complexes. Le choix privilégié ici consiste à manipuler les nombres complexes et à exhiber un cas où leur utilisation est pertinente.

Utilisez le nombre complexe $j$

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

Or, $j^3-1 = (j-1)(j^2+j+1).$ Comme $j\neq 1\comma$ vous déduisez l’importante relation :

\boxed{1+j+j^2=0.}

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

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

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

Comme $c=-a-b\comma$ vous en tirez $\vert c\vert ^2 = \vert a+b\vert^2.$ Ainsi, grâce aux conjugués, il en découle que :

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

D’une part :

\begin{align*} \vert a-b\vert^2 &= (a-b)(\overline{a}-\overline{b})\\ &=R^2-a\overline{b}-b\overline{a}+R^2\\ &=R^2-(a\overline{b}+b\overline{a})+R^2\\ &=R^2-(-R^2)+R^2\\ &=3R^2. \end{align*}

D’autre part :

\begin{align*} \vert b-c\vert^2 &= \vert b- (-a-b)\vert^2\\ &= \vert 2b+a \vert^2\\ &= (2b+a)(2\overline{b}+\overline{a})\\ &=4R^2+2\overline{a}b+2a\overline{b}+R^2\\ &=5R^2+2(\overline{a}b+a\overline{b})\\ &= 5R^2-2R^2\\ &=3R^2. \end{align*}

Donc :

\vert a-b\vert^2 = \vert b-c\vert^2.

Par positivité des modules, il vient :

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

Montrez que $ABC$ est équilatéral

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

Ainsi :

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

Démontrez la réciproque, supposez que les $3$ côtés du triangle $ABC$ sont égaux

Supposez 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 $\vert b-c \vert^2 = \vert c-a \vert^2\comma$ vous développez avec le conjugué et vous trouvez que :

\left\{\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*} \right.

De même, développez l’égalité $\vert c-a \vert^2 = \vert a-b \vert^2\comma$ 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 les nombres complexes $a\comma$ $b\comma$ et $c$ ont le même module, $a\comma$ $b$ et $c$ sont tous non nuls et admettent une forme trigonométrique.

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

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

Les relations précédentes s’écrivent de la façon suivante :

\left\{\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*} \right.

Après simplification par $R^2$ et par $2\comma$ vous avez :

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

Trouvez la valeur commune des cosinus

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

Si $x=1$, alors $\alpha-\beta \equiv 0\,[2\pi]\comma$ cela fournit $b = R\e^{i\beta} = R\e^{i\alpha} =a\comma$ qui est une contradiction. Donc $x\neq 1.$

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 $-\sin^2(\beta-\gamma)=x^2-1.$

Si les sinus précités sont opposés, alors, utilisant le fait que $\beta-\alpha = (\beta-\gamma) + (\gamma-\alpha)\comma$ vous avez :

\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*}

Or, cela est impossible, puisqu’il a été vu précédemment que $x$ est différent de $1.$ Ainsi :

\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 $x\neq 1\comma$ vous déduisez que $x=-\frac{1}{2}.$

Montrez que la somme $a+b+c$ est nulle

Du coup, $\cos (\beta-\gamma) = -\frac{1}{2}$ donc il y a deux possibilités, soit $\beta \equiv \gamma + \frac{2\pi}{3}\, [2\pi]\comma$ soit $\beta \equiv \gamma + \frac{4\pi}{3}\,[2\pi].$

Cas n°1. Si $\beta \equiv \gamma + \frac{2\pi}{3}\, [2\pi]\comma$vous ne pouvez pas avoir $\gamma \equiv \alpha + \frac{4\pi}{3}\,[2\pi].$ Cela entraînerait $\beta \equiv \alpha\,[2\pi] $ et par suite $x=\cos(\beta-\alpha)$ serait égal à $1$ et non à $-\frac{1}{2}.$ Comme $x = \cos (\gamma-\alpha) = -\frac{1}{2}\comma$ vous avez nécessairement $\gamma \equiv \alpha + \frac{2\pi}{3}\,[2\pi].$ 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.

Cas n°2. Si $\beta \equiv \gamma + \frac{4\pi}{3}\,[2\pi]\comma$ vous ne pouvez pas avoir $\gamma \equiv \alpha + \frac{2\pi}{3}\,[2\pi].$ Cela entraînerait $\beta \equiv \alpha\,[2\pi]$ et vous auriez $x=\cos(\beta-\alpha)$ qui serait égal à $1$ et non à $-\frac{1}{2}.$ Comme $x = \cos (\gamma-\alpha) = -\frac{1}{2}\comma$ vous avez nécessairement $\gamma \equiv \alpha + \frac{4\pi}{3}\,[2\pi].$ 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.

Concluez

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

Prolongement

Dans le plan complexe, soient $A$ le point d’affixe $a\comma$ $B$ le point d’affixe $b$ et $C$ le point d’affixe $c.$ Démontrez que le triangle $ABC$ est équilatéral, si et seulement si, $a^2+b^2+c^2=ab+bc+ca.$