Des triangles dorés

Construire une leçon concrète de didactique à partir d’une simple question !

18 mars 2016  - Rédigé par  Aziz El Kacimi Voir les commentaires (8)

Les nombreux problèmes qui se posent dans l’enseignement des mathématiques n’indiffèrent personne. Beaucoup de gens en parlent, mais peu les posent de façon concrète. C’est que le débat est déjà difficile à porter auprès de la communauté mathématique, et il l’est encore plus au niveau du public. C’est à cet effet que le site Images des Mathématiques souhaite offrir un espace de discussions ouvert à tous ceux qui se sentent touchés par ces questions. Ils pourront y échanger leurs idées, leurs points de vue et éventuellement apporter des éléments de réponse. Le débat sera « provoqué » chaque mois par la publication d’un billet portant sur un point précis, écrit par l’un des responsables de la rubrique ou par toute autre personne qui le souhaiterait.

A. El Kacimi, F. Recher, V. Vassallo

1. Prologue

Dans une salle d’attente, et pour un petit moment. La lecture ne manque pas mais elle est du même genre comme toujours dans ces endroits-là : des revues datant de quelques années déposées sur une table basse. Les gens n’y lisent rien, ils regardent
simplement les images en attendant leur tour. Ça ne m’emballe nullement. Je sors plutôt mon petit cahier fourre-tout où j’ai l’habitude de
loger au crayon presque tout ce qui me passe par la tête. Je commence à regarder un petit exercice que j’ai trouvé par hasard le matin même en feuilletant une revue de vulgarisation des mathématiques. Juste après avoir dégagé les pistes pour le résoudre, j’y ai découvert de belles choses à partir desquelles on peut générer une bonne leçon de didactique, concrète, et donc utile.
Je me suis alors dit qu’il serait plus intéressant
de partager cela avec d’autres, échanger dessus, que
d’écrire un texte standard pour ouvrir un débat (encore une fois) général sur l’enseignement des mathématiques ! Voici de quoi il en est question.

Soit $\tau=ABC$ un triangle non plat. Alors $6$ nombres lui sont associés : les mesures $x$, $y$ et $z$ respectivement des
côtés $BC$, $CA$ et $AB$ et celles $\alpha $, $\beta $ et $\gamma $ respectivement des angles $\widehat A$, $\widehat B$ et $\widehat C$.
Trouver deux triangles $\tau $ et $\tau'$ non isométriques ayant $5$ de ces nombres égaux.

Une petite grimace au premier abord : sans jamais faire attention j’ai toujours eu l’image un peu vague que deux triangles ayant les mêmes
angles (donc semblables d’après le troisième cas de similitude) avec en plus un côté égal sont isométriques. Mais je me ressaisis en me disant
que si la question est posée c’est que je me trompais (et que j’aurais dû prendre un peu de temps pour vérifier une fois pour toutes ce qu’il en est réellement).
Je me mets à réfléchir dessus. Et bien sûr la première chose que je vois est que si $5$ des $6$ nombres sont égaux, c’est que celui qui diffère est forcément un côté (l’assertion "trois
côtés égaux" implique l’isométrie entre les deux d’après le premier cas d’égalité des triangles).

Puisque un triangle est caractérisé à isométrie près par ses côtés, il sera dorénavant désigné par un triplet $\tau =\langle x,y,z\rangle $ de nombres réels $x>0$, $y>0$ et $z>0$ tels que $ x< y+z$, $y < z+x$ et $z < x+y$. (Les inégalités sont strictes parce que les triangles que nous considérons sont supposés non plats.) La vraie question est donc en fait :

Trouver deux triangles $\tau $ et $\tau'$ non isométriques mais semblables et ayant en plus deux de leurs côtés égaux.

2. Résolution.

Les deux triangles $\tau =\langle x,y,z\rangle $ et $\tau' =\langle x',y',z'\rangle $ étant semblables,
il existe un nombre réel $\lambda >0$ tel que $x'=\lambda x$, $y'=\lambda y$ et $z'=\lambda z$.

Nous allons en fait répondre à une question un peu plus générale : trouver toutes les paires $(\tau ,\tau')$ de triangles $\tau =\langle x,y,z\rangle $ et $\tau' =\langle x',y',z'\rangle $
tels que :

\[\cases{x'=y\cr y'=z}\hskip1cm \hbox{et}\hskip1cm {{x'}\over x}={{y'}\over y}={{z'}\over z}\cdot \]
La résolution (assez facile) de ce problème nous amène à choisir librement $x$ et $y$ et prendre nécessairement $z={{y^2}\over x}$ et $z'={{y^3}\over {x^2}}$.
A priori, les solutions sont donc de la forme :

\[\tau =\left( x,y,{{y^2}\over x}\right) \hskip0.5cm \hbox{et} \hskip0.5cm \tau'=\left( y,{{y^2}\over x},{{y^3}\over {x^2}}\right) \]
avec $x$ et $y$ arbitraires dans ${\Bbb R}_+^\ast .$

Mais le triplet $\left( x,y,{{y^2}\over x}\right) $ ne représente un triangle $\tau $ (non plat) que si ses composantes vérifient les inégalités (strictes) du triangle. Un calcul simple amène à
imposer à $x$ et $y$ la condition ${1\over \varphi } <{y\over x}< \varphi $
où $\varphi $ est le nombre d’or qui vaut ${{\sqrt{5}+1}\over 2}$. Le couple $(x,y)$ ne peut donc être choisi que dans le cône ouvert ${\cal C}$ grisé dans le dessin ci-dessous. Et comme $x$ doit être différent de $y$ (les triangles cherchés ne peuvent pas être isocèles), ${\cal C}$ est privé de la première bissectrice.

Finalement, les paires de triangles $(\tau ,\tau')$ répondant à la question sont (que nous présentons de façon légèrement différente) :
\[\tau =( x,\lambda x,\lambda^2x) \hskip0.5cm \hbox{et} \hskip0.5cm \tau'=(\lambda x,\lambda^2x,\lambda^3x) \]
avec $x\in {\Bbb R}_+^\ast $ et $\lambda \in {\Bbb R}_+^\ast \setminus \{ 1\} $
tel que ${1\over \varphi }<\lambda <\varphi .$
Les triangles $\tau_n=\langle \lambda^nx,\lambda^{n+1}x,\lambda^{n+2}x\rangle $ et $\tau_{n+1}=\langle \lambda^{n+1}x,\lambda^{n+2}x,\lambda^{n+3}x\rangle $ avec $n\in {\Bbb Z}$
répondent aussi à la question. Le nombre $\lambda \in ]\varphi^{-1},\varphi [$ étant donné, prenons $x=1$ et construisons géométriquement par exemple la paire $(\tau_0,\tau_1)$ en commençant par $\tau_0$.

On trace un segment $BC$ de longueur $1$. Sur la perpendiculaire en $C$ à la droite $(BC)$, on repère un
point $M$ tel que $CM=\lambda $. La perpendiculaire en $M$ à $(BM)$ coupe la droite $(BC)$ en un point $K$ tel que $CK=\lambda^2$.
On construit le parallélogramme $CKMN$ ensuite le parallélogramme $MNLB$ ; le segment $LB$ mesure donc $\lambda^2$. Le point $A$, troisième
sommet du triangle $\tau_0$ (les deux premiers étant $B$ et $C$) est l’intersection du cercle de centre $C$ et passant par $M$ et le cercle
de centre $B$ et passant par $L$.

Le triangle $\tau_1$ s’obtient en appliquant au triangle $\tau_0$ déjà construit
l’homothétie de centre $C$ (ou $A$ ou $B$) et de rapport $\lambda $.

On peut aussi se poser une question supplémentaire :

Parmi toutes ces paires de triangles solutions du problème, y a-t-il des paires de triangles rectangles ?

Une simple application du théorème de Pythagore montre que de telles paires sont donnés comme suit :
\[\tau =( x,\lambda x,\lambda^2x) \hskip0.5cm \hbox{et} \hskip0.5cm \tau'=(\lambda x,\lambda^2x,\lambda^3x) \]
avec $x\in {\Bbb R}_+^\ast $
et $\lambda =\sqrt{\varphi }$ ou ${1\over {\sqrt{\varphi }}}$
(On vérifie facilement que les nombres $\sqrt{\varphi }$ et ${1\over {\sqrt{\varphi }}}$ sont bien dans l’intervalle $]\varphi^{-1},\varphi [$.) Le rapport des aires
de ces deux triangles (du plus grand au plus petit) est donc exactement le nombre d’or $\varphi $ !
La frise du dessin du logo de ce billet est formée de tels triangles.

3. Épilogue

Il est clair que je n’ai rien inventé de nouveau à travers cet exercice qui, comme tout le monde peut le remarquer, est vraiment très élémentaire. Et je comprend que quand on n’est pas un « ouvrier de l’enseignement » constamment sur le front, on puisse être amené à se demander quel est son intérêt.
Son intérêt ? Il est riche par tout ce que fait revisiter sa résolution, notamment :

$\bullet $ Les cas d’égalité et de similitude des triangles. C’est l’occasion de les rappeler. Le moins que je puisse dire est que
la majorité des étudiants que j’ai en Licence 3 et en Master ne savent plus (ou n’ont peut-être jamais su) ce que c’est.

$\bullet $ Un peu d’analyse élémentaire dans la recherche des solutions d’un problème soumis à des contraintes.

$\bullet $ L’apparition quelque peu mystérieuse du nombre d’or $\varphi ={{\sqrt{5}+1}\over 2}$,
de son inverse ${1\over \varphi }={{\sqrt{5}-1}\over 2}$ et de sa racine carrée (pour les paires de triangles rectangles) est une si agréable surprise. Il est encore là ce $\varphi $ !
La nature est donc bien faite !

$\bullet $ Des constructions géométriques à la règle et au compas, notamment pour avoir $\lambda^2$ et $\lambda^3$ à partir de $\lambda $
dès qu’on se donne celui-ci.

Bref... il me semble bien adapté pour un cours de didactique dans les différentes formations des enseignants. C’est aussi
un thème de travail qui pourrait
être développé en Seconde, Première ou Terminale par exemple. Et au-delà de tout ça, il intéresserait sûrement toute personne passionnée par ce genre de mathématiques.

C’est à ces niveaux-là que des avis et des commentaires sont sollicités auprès des lecteurs. Le débat du 18 mars est ouvert, mais sous
une forme différente cette fois-ci !

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Pour citer cet article :

Aziz El Kacimi — «Des triangles dorés» — Images des Mathématiques, CNRS, 2016

Commentaire sur l'article

  • Des triangles dorés

    le 20 mars à 13:06, par ROUX

    Superbe.
    Pas de débat de ma part (pour l’instant ?)...
    Superbe !

    Répondre à ce message
    • Des triangles dorés

      le 20 mars à 14:53, par Philippe Gay

      Bravo !
      En fait, si l’on fait varier lambda de 1 à l’infini, on ne voit que deux ensembles de triangles semblables.
      Cet abaque permet de construire géométriquement les puissances entières positives d’un nombre.
      (Si c’est bien cela, votre article est clair. Si j’ai fait une erreur, c’est qu’il est encore plus passionnant).

      Répondre à ce message
      • Des triangles dorés

        le 21 mars à 09:32, par Philippe Gay

        Pardon, je voulais dire n de 1 à l’infini.

        Répondre à ce message
        • Des triangles dorés - Réponse à Philippe Gay

          le 21 mars à 14:24, par Aziz El Kacimi

          Bonjour,

          Non, vous ne faites pas erreur, enfin presque : on peut voir cet abaque comme donnant
          les puissances d’un réel $\lambda >0$ mais seulement lorsqu’il est dans l’intervalle $]\varphi^{-1},\varphi [$. Il y a mieux que ça, plus simple et sans cette restriction. Étant donné $\lambda \in {\Bbb R}_+^\ast $, on peut construire géométriquement le groupe multiplicatif $\{ \lambda^n:n\in {\Bbb Z}\} $ comme suit.

          1. Sur le plan euclidien ${\Bbb E}$ muni d’un repère orthonormé $(0,\overrightarrow i,\overrightarrow j)$, on considère les points $A=(0,1)$, $B=(0,\lambda )$, $M_0=(1,0)$ et $M_1=(\lambda ,0)$. On note $\Delta $ l’axe des abscisses. Et pour fixer les idées on suppose par exemple $\lambda >1$ (juste pour voir la suite $(\lambda^n)_{n\geq 0}$ croissante).

          2. La parallèle à $(AM_1)$ passant par $B$ coupe $\Delta $ en le point $M_2=(\lambda^2,0)$.

          3. La parallèle à $(AM_2)$ passant par $B$ coupe $\Delta $ en le point $M_3=(\lambda^3,0)$.

          $\cdots $

          4. La parallèle à $(AM_n)$ passant par $B$ coupe $\Delta $ en le point $M_{n+1}=(\lambda^{n+1},0)$.

          $\cdots $

          5. La parallèle à $(BM_0)$ passant par $A$ coupe $\Delta $ en le point $M_{-1}=(\lambda^{-1},0)$.

          6. La parallèle à $(BM_{-1})$ passant par $A$ coupe $\Delta $ en le point $M_{-2}=(\lambda^{-2},0)$.

          $\cdots $

          Vous me direz ce que vous en pensez !

          Cordialement,

          Aziz El Kacimi

          Répondre à ce message
          • Des triangles dorés - Réponse à Philippe Gay

            le 21 mars à 18:54, par Philippe Gay

            Merci pour votre réponse rapide.

            C’est encore plus simple et plus efficace que je n’aurais pu imaginer ! Bravo !

            Mais pour revenir au problème initial, ne serait-il pas possible de bâtir une sorte de spirale dont le rayon augmenterait tous les 90° suivant λ à la puissance n (0° : puissance 0, 90° : puissance 1, 180° : puissance 2, etc.) ? (C’est juste une lecture rapide de la figure qui montre l’usage du compas.)

            Répondre à ce message
            • Des triangles dorés - Réponse à Philippe Gay

              le 23 mars à 08:41, par Aziz El Kacimi

              Bonjour,

              Il y aurait un petit problème : après avoir placé quatre triangles (si je ne me trompe pas),
              on pourrait être amené à repasser par dessus le premier. Peut-être vous avez une idée plus précise et qui évite cela ? Si c’est le cas, ça vaut le coup de voir jusqu’où elle peut mener !

              Cordialement,

              Aziz El Kacimi

              Répondre à ce message
              • Des triangles dorés - Réponse à Philippe Gay

                le 23 mars à 10:49, par Philippe Gay

                Effectivement, vous avez raison ! Ce serait vite assez lourd et très pénible puisque l’on ferait (si cette idée est correcte) une spirale. Ainsi pour la puissance 4, on repasse sur le premier triangle. Puis encore aux puissances 8, 12, 16, etc. !

                Ce n’est pas tout : on repasse aussi sur les deuxième, troisième et quatrième triangle pour les puissances 1, 2 et 3 modulo 4.

                Bref, cela serait vite illisible. De plus cette spirale n’aurait que 4 points par tour, ce qui est peu.

                Franchement si vous arrivez déjà à faire un tour, c’est que le concept est valide ! Ce serait déjà beau.

                Pour aller plus loin, et sortir un graphe, on peut se contenter d’un programme qui calcule les puissances d’un λ correct, puis les place directement sur un diagramme.

                Comme 4 points par tour n’est pas satisfaisant pour l’œil, je propose d’ajouter (et donc de « tricher ») les puissances rationnelles du type 1/2, 3/2, 5/2. On peut encore aller plus loin en ajoutant toutes puissances non entières que l’on veut (1/360, 2/360, 3/360, etc.). Bien sûr par pur calcul, pas au compas.

                N’hésitez pas à me faire part de vos remarques.

                Je suis ravi d’avoir retenu votre intérêt et heureux d’avoir discuté avec vous.

                Répondre à ce message
  • Des triangles dorés

    le 20 mars à 14:37, par Aziz El Kacimi

    Merci pour votre appréciation !

    Cordialement,

    Aziz El Kacimi

    Répondre à ce message

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