La tête à vingt degrés

Torpille et casse-tête géométrique !

Le 15 février 2019  - Ecrit par  Aziz El Kacimi Voir les commentaires (15)

Prologue

Au temps où j’étais en fonction, il m’arrivait de finir des séances de cours une dizaine de minutes
à l’avance. J’en profitais alors pour proposer aux étudiants un petit exercice sortant du cadre prescrit,
de préférence non calculatoire et sans recette immédiate pour le résoudre
(la première chose sur laquelle ils se précipitent avant de bloquer), en somme, là où on ne peut user que d’un raisonnement qualitatif.
La géométrie élémentaire
plane offre, à mon sens, le meilleur terrain pour y mener ce jeu. Je les encourageais à en soumettre aussi ; et ils le faisaient, même si c’est rarement. Par
exemple, Corentin Faidherbe (du Master 2 enseignement en 2017-18)
m’avait posé le :

Problème. Dans le plan euclidien, on considère un triangle isocèle $ABC$
ayant pour angles $\widehat{CAB}=\widehat{CBA}=80^\circ $ et $\widehat{ACB}=20^\circ $. Sur le côté $AC$ on prend
un point $E$ tel que $\widehat{ABE}=70^\circ $ et sur $BC$ un
point $F$ tel que $\widehat{BAF}=60^\circ $. Quelle est la mesure de l’angle $\widehat{BEF}$
 ?

Le moins que je puisse dire est que je me suis bien dépensé pour y arriver à bout ! Mais j’ai trouvé intéressants les détours que j’ai dû emprunter à cet effet ; c’est ce qui
m’a conduit à conter cette histoire, me disant qu’elle intéresserait peut-être des lecteurs de Images des Mathématiques !

On y va !

J’ai fait un dessin très précis (merci GeoGebra !) ; je l’ai imprimé et
me suis mis à le regarder de près. Jeter un regard géométrique sur la figure a toujours été ma première « démarche »
dans ce genre d’exercices, et ceci depuis bien longtemps : ça remonte au début de mes études secondaires, à une époque où
la géométrie occupait encore une place honorable dans l’enseignement des mathématiques, et bien avant le cri de guerre « À bas Euclide ! » proféré à son encontre par Jean Dieudonné
(il tenait à l’algébriser complètement !)
Au premier abord, tout me paraissait à portée de main, et c’était aussi le sentiment de ceux à qui, à mon tour, j’avais soumis le problème. Je pensais à un simple
comptage des mesures des angles visibles et les autres que j’obtenais en plus en tirant un trait çà et là. Mais c’était insuffisant, et il m’a fallu
vraiment faire autrement.

Pour impulser une quelconque idée qui me guiderait dans ma recherche [1] , j’ai procédé de façon naïve, expérimentale,
un peu comme le ferait un élève de collège : j’ai sorti mon rapporteur
et commençai à mesurer tous
les angles apparents. Et pour « mettre le sommet » de celui qui m’intéressait (c’est-à-dire $\widehat{BEF}$) sur l’un de
ceux du triangle $ABC$, j’ai mené par $B$ la parallèle à $(EF)$ ;
celle-ci coupe le côté $AC$ en $D$. Et voici ce que j’ai obtenu approximativement comme mesures (qui vont se révéler bonnes par la suite) :
$\widehat{DBF}=30^\circ $ et ainsi $\widehat{BEF}=\widehat{DBE}=\widehat{DBF}-\widehat{EBF}=20^\circ $ ; mais aussi $\widehat{AFD}=30^\circ .$

Inversement, j’ai pris
un point $D$ sur le côté $AC$ tel que $\widehat{DBF}=30^\circ $ ; et là, les droites $(BD)$ et $(EF)$ me semblaient
parallèles. En regardant alors avec un peu d’insistance la figure ci-dessous, j’ai repéré certains éléments pouvant éventuellement me mettre dans le bon chemin.

\[\hbox{ Fig.1 }\]

Par exemple, si jamais l’angle $\widehat{AFD}$ valait effectivement $30^\circ $, les triangles $AFD$ et $BED$ seraient semblables ; et ceci permet alors de montrer que les triangles
$ABD$ (lui est isocèle) et $FDB$ le sont aussi. Cela donnerait la valeur de l’angle $\widehat{DEF}$ et par suite celle de $\widehat{BEF}$. Tout ceci
m’a amené à penser qu’il fallait peut-être passer par la :

Question préliminaire. Dans le plan euclidien, soit $ABC$ un triangle isocèle ayant pour angles $\widehat{CAB}=\widehat{CBA}=80^\circ $ et
$\widehat{ACB}=20^\circ $. Sur le côté $AC$ on prend un point $D$ tel que $\widehat{ABD}=50^\circ $ et sur le côté $BC$ un point $F$ tel que $\widehat{BAF}=60^\circ $.
Quelle est la mesure de l’angle $\theta = \widehat{AFD}$
 ?

J’ai donc cherché à répondre d’abord à cette question. J’ai commencé à dessiner diverses figures, telle par exemple celle ci-dessous où
je faisais glisser mon regard dans tous les recoins. Je m’emportais en parcourant
l’architecture de ses segments et de ses arcs de cercles, à la recherche du moindre indice qui me permettrait d’avoir une toute petite idée pour
confirmer (preuve à l’appui) la mesure suspectée de l’angle $\theta $. Par exemple, je m’étais dit que si j’arrivais à montrer que les points
$D$, $E$, $F$ et $G$ étaient cocycliques (comme ils paraissaient l’être) j’aurais immédiatement $\theta =\widehat{DFG}=\widehat{DEG}=30^\circ $. Mais rien ne transparaissait !

\[\hbox{ Fig.2 }\]

Coup de blues !

Je ne cessais de regarder mon triangle à chaque moment de liberté dont je disposais (souvent pendant mes trajets en train entre Lille et Valenciennes).
J’étais emporté dans une sorte de transcendance où je l’imaginais comme tel ou tel, et à force, quelques souvenirs remontèrent : je le voyais...

Tout effilé ! Sa tête pointue semblait si haute qu’on dirait qu’elle défiait les grands ciels azurés, et j’eus comme
une envie irrésistible de le lui arrondir pour le voir comme un pain de sucre. De mon enfance, je me rappelle que, par sa forme quelque peu spéciale, nous - les gamins
de ma ville natale - tournions en dérision cet objet alimentaire en le surnommant « suppositoire géant ». Plus sérieusement, et peut-être plus triste, je me souviens aussi qu’il
était cette denrée dont la variation du prix mesurait celle du coût de la vie d’une population qui se démenait pour survivre
de jour en jour. Ah ! je m’emporte...! je reviens à mon triangle.

La solution commençait à s’éloigner. Toutefois, comme on le voit sur la Fig.2 , tous les angles paraissent être des multiples de $10^\circ $, et cela
m’encourageait à continuer mes investigations. Je ne lâchai donc pas prise et engageai une dernière tentative : faire intervenir un cercle dans lequel mon angle
$\theta $ pourrait être obtenu comme combinaison, entière ou demi-entière, d’arcs mesurant $20^\circ $.
Et il y a un candidat naturel à cet effet : le cercle de centre $C$ et de rayon $CA=CB$. Je pourrais alors espérer arriver à quelque chose en utilisant la propriété qui suit, que j’adule et que j’ai toujours soigneusement consignée dans ma mémoire pour
de telles éventualités.

\[\hbox{ Fig.3 }\]

On a :
\[\alpha = \widehat{MSM'}=\widehat{KN'M'}={\widehat{KOM'}\over 2}= {{\widehat{KOM}+\widehat{MOM'}}\over 2}= {{\widehat{MOM'}+\widehat{NON'}}\over 2}.\]

Et ça redémarre !

Ça tombait bien : $360^\circ $ est un multiple de $20^\circ $, et dix-huit pièces bien agencées de mon triangle couvriraient bien un disque !
Soient alors $\Gamma $ le cercle de centre $C$ et passant par le point $A$ (donc aussi par $B$) et $\mathfrak{P}$ l’octadécagone régulier [2]
inscrit dans le cercle $\Gamma $ et
dont les sommets sont $A_1=B$, $A_2=A$, $A_3$, $\cdots $, $A_{18}$. Un arc sous-tendu par un côté $A_iA_{i+1}$ de ce polygone donne
un angle inscrit de $10^\circ $ et un angle au centre
(i.e. dont le sommet est $C$) de $20^\circ $. Si les droites portant les côtés de l’angle cherché passent toutes les deux
par des sommets de celui-ci (voir Fig.4 ), le calcul sera alors immédiat. Évidemment, une figure bien faite encouragerait la suite du travail. En voici une
qui montre clairement que c’est le cas et qui recommande ce qu’il faut faire :

\[\hbox{ Fig.4 }\]

Pour simplifier (ne pas trainer les indices dans les notations des sommets qu’on va considérer dans toute la suite), on pose :

\[N=A_3,\hskip0.2cm L=A_6,\hskip0.2cm P=A_7, \hskip0.2cm G=A_{11},\hskip0.2cm Q=A_{13}, \hskip0.2cm K=A_{15}, \hskip0.2cm M=A_{18}.\]

$\bullet $ On a $\widehat{PBA}=50^\circ = \widehat{DBA}$, donc les points $B$, $D$ et $P$ sont alignés. D’autre part, les droites
$(KN)$ et $(BP)$ sont symétriques par rapport à la droite $(AC)$, elles se coupent donc forcément en $D$ ; par suite les points $K$, $D$ et $N$ sont alignés.

$\bullet $ On a $\widehat{FCA}=20^\circ = \widehat{FAC}$, donc le triangle $ACF$ est isocèle de base $AC$ ; d’où $FA=FC$. Mais $FA=FM$ car $A$ et $M$ sont
symétriques par rapport à la droite $(BF)$, donc $FM=FC$ qui signifie que $F$ est sur la médiatrice de $MC$ qui, elle, n’est rien d’autre que la bissectrice
de l’angle $\widehat{MKL}$, c’est-à-dire la droite $(KN)$. Les points $K$, $D$, $F$ et $N$ sont donc alignés.

$\bullet $ Comme $\widehat{FAD}=20^\circ $ et que les points $A$, $G$ et $D$ sont alignés, les points $A$, $F$ et $Q$ le sont aussi. On a finalement :
$\widehat{AFD}={1\over 2}\left( \hbox{arc}(AN)+\hbox{arc}(QK)\right) ={1\over 2}(20^\circ +40^\circ )=30^\circ .$

Il nous reste à présent à résoudre le problème initial posé. Nous travaillerons en nous référant à la Fig.1.
Une des étapes de notre démarche utilise le résultat de la question préliminaire. On fait donc intervenir le point $D$ de $AC$ tel que $\widehat{ABD}=50^\circ $.
On sait alors que $\widehat{AFD}=30^\circ $.

$\bullet $ On a $\widehat{FAD}=20^\circ = \widehat{EBD}$ et $\widehat{AFD}=30^\circ = \widehat{BED}$ ; les triangles $ADF$ et $BDE$ sont donc semblables ;
par suite les côtés opposés respectivement aux angles égaux sont proportionnels :

\[{{AD}\over {BD}}={{DF}\over {DE}}={{AF}\over {BE}} .\]

Signalons aussi que $\widehat{ADF}=130^\circ $.

$\bullet $ D’autre part $\widehat{ADB}=50^\circ = \widehat{ABD}$ ; le triangle $ABD$ est donc isocèle de base $DB$, d’où $AD=BA$. On obtient alors (à partir de l’égalité des rapports ci-dessus
en remplaçant $AD$ par $BA$) :
${{BA}\over {BD}}={{DF}\over {DE}}$
et
$\widehat{EDF}=50^\circ $ car $\widehat{ADF}=130^\circ .$

$\bullet $ Les triangles $ABD$ et $DEF$ sont semblables car $\widehat{ABD}=50^\circ = \widehat{EDF}$ et ${{BA}\over {BD}}={{DF}\over {DE}}$.
Comme $ABD$ est isocèle de base $BD$, $DEF$ l’est aussi et a pour base $DE$ ; par suite $\widehat{DEF}=50^\circ $. On a finalement :

\[\widehat{BEF}=\widehat{DEF}-\widehat{BED}=50^\circ -30^\circ =20^\circ .\]

Épilogue

$\bullet $ On pourrait penser qu’il serait possible de s’en sortir par la même méthode que pour la question préliminaire.
J’ai essayé mais sans succès : comme on le voit sur le dessin ci-dessous, la droite $(EF)$ portant le côté $EF$ de l’angle
$\widehat{BEF}$ ne passe par aucun des sommets de $\mathfrak{P}$. On y arriverait si jamais on était capable
de démontrer que $(EF)$ est parallèle à la droite $(A_8A_{18})$ (qui est aussi parallèle à $(BA_7)$) ; mais on peut facilement voir que ceci équivaut à montrer que notre
angle mesure $20^\circ $.
On n’aurait donc fait que tourner en rond !

\[\hbox{ Fig.5 }\]

$\bullet $ J’ai découvert plus tard, et par hasard en feuilletant le livre [3] (exposé de Brian Bolt, page 355), que
la « Question préliminaire » a
été posée comme exercice en 1916 à une épreuve d’examen d’entrée au Perterhouse College et au Sydney Sussex College (tous deux à Cambridge au Royaume Uni).
Personnellement, je l’espérais plus facile mais elle s’avéra tout aussi coriace que le problème lui-même.
D’ailleurs, Corentin s’attendait à ce que je le résolve tout de suite ! Au bout de pas plus de cinq minutes, il
me demanda : « Alors Monsieur ! vous avez trouvé ? - Ah non ! lui répondis-je. Et je ne pense pas pouvoir le faire maintenant, mais je vous promets
de continuer à regarder et vous amener une solution, si j’y arrive, à la prochaine séance de cours. » Il a dû quand même patienter quelques semaines !
Il est donc certain que si j’avais été candidat à l’entrée à ces deux institutions et si l’examen n’avait porté que là-dessus,
je n’aurais pas eu le bonheur de les intégrer !

$\bullet $ On peut se demander quel intérêt a tout cela : un triangle isocèle, avec des angles si particuliers ($20^\circ $ et $80^\circ $),
qui donne du fil à retordre... !
D’un point de vue pratique, pas grand chose : quidam vous dira qu’il lui suffit de prendre son rapporteur - comme je l’ai fait - et de
le mesurer. Ce qui est vrai, mais
il faut considérer le problème comme un challenge : on a vu ce que sa résolution a demandé comme arsenal même si - peut-être - ce n’est pas tout à fait
nécessaire. Le fait d’être dedans, de réfléchir dessus... ne peut que consolider la façon de penser géométriquement - et donc mathématiquement - d’un apprenti (collégien, lycéen ou étudiant). C’est cet intérêt
pédagogique qu’il faut retenir après tout. C’est suffisant !

$\bullet $ Il est probablement possible de résoudre ce problème autrement : sur mes dessins, je n’ai peut-être pas vu ce qu’il aurait fallu
que je voie ! C’est un petit défi que je lance au lecteur curieux, passionné
par ce genre de questions et qui n’a pas peur de perdre un peu de son temps en réfléchissant dessus. Il est clair que c’est moins
payant que de travailler sur ce que certains appelleraient de « vrais problèmes » (annulation d’un groupe de cohomologie à valeurs dans un gros faisceau, Boom !!!)
mais, qu’on le veuille ou pas, ce sont aussi des maths où il y a de la beauté, du plaisir... et
du bonheur quand on y arrive ! Je serai infiniment heureux
que quelqu’un me communique une méthode plus simple.

Notes

[1] La recherche en mathématiques ne consiste pas uniquement en la résolution d’un problème ouvert dont personne n’est encore arrivé à bout. C’est aussi
plonger dans des exercices de ce type qui, peut-être, ont déjà été résolus mais dont on n’a pas eu vent ou dont la solution n’a jamais été rédigée et mise à disposition. La
plupart des universitaires les dédaignent, persuadés qu’ils ne leur apportent pas grand chose et qu’ils n’ont pas à y perdre leur
temps. Grossière erreur !

[2] D’après le théorème qui suit, un octadécagone régulier ne peut pas être construit à la règle et au compas puisque
$18=2\cdot 3^2$ et que $3^2$ n’est pas un produit de premiers de Gauss distincts. (Un premier de Gauss est un entier premier de la forme $2^p+1$.)

Théorème de Gauss-Wantzel. Un polygone régulier à $n$ côtés $\mathfrak{P}_n$
est constructible si, et seulement si, $n$ est un produit d’une puissance de $2$ et
de premiers de Gauss distincts deux à deux.

On peut montrer (par simple application du théorème de Bézout) que si $n$ et $m$ sont premiers entre eux et si $\mathfrak{P}_n$ et $\mathfrak{P}_m$ sont constructibles, alors $\mathfrak{P}_{nm}$ l’est aussi.

Lorsque $\mathfrak{P}_n$ est constructible, qu’en est-il de sa construction effective ? C’est presque immédiat par exemple pour $n\in \{ 3,4,6,8,12,16\} $ et on y arrive
avec un peu de travail pour $n\in \{ 5,10,15\} $. Mais déjà le cas $n=17$ est hautement non trivial. Ce fut le grand exploit de Carl Friedrich Gauss
à l’âge de dix-neuf ans. Il en était tellement heureux qu’il décida (paraît-il)
de choisir finalement les mathématiques plutôt que la philologie vers laquelle il avait aussi un penchant.

[3] Pritchard, C. The Changing Shape of Geometry.
Celebrating a Century of Geometry and Geometry Teaching. Cambridge University Press (2003).

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Pour citer cet article :

Aziz El Kacimi — «La tête à vingt degrés» — Images des Mathématiques, CNRS, 2019

Commentaire sur l'article

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  • La tête à vingt degrés

    le 19 février à 14:47, par Aziz El Kacimi

    Bonjour,

    Pardon ! je n’ai pas fait attention : vous avez effectivement pris $CA=CB=1$. Avec ça, il n’y a plus de problème. Votre solution est correcte, simple et rapide... en somme, super ! Merci de l’avoir communiquée !

    Bien cordialement,

    Aziz El Kacimi

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