Poids, poulies et point de Fermat-Steiner

Piste rouge Le 5 novembre 2018  - Ecrit par  Aurélien Alvarez Voir les commentaires (1)

Dans un article précédent, nous avons vu comment il était possible de mesurer un angle avec une balance. Lorsque nous prenions trois masses égales, nous avions noté l’apparition d’un angle particulier de 120 degrés, indépendamment des masses. Nous proposons de nous pencher une deuxième fois sur cette situation remarquable.

Le montage expérimental illustré sur la photo ci-dessus est très simple : trois masses égales sont reliées entre elles par des fils, et chacune des masses est suspendue à une poulie [1]. Lorsqu’on lâche les trois masses, après quelques secondes, une position d’équilibre est trouvée [2]. Si l’on regarde attentivement, on remarque que les trois angles autour du point de rencontre des trois fils sont égaux, donc mesurent chacun 120 degrés. Plutôt que d’utiliser un rapporteur pour vérifier cela, on peut construire et utiliser un petit gabarit en papier comme nous l’avions déjà proposé dans notre article précédent déjà mentionné.

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Un gabarit de 120 degrés en papier

On part d’une feuille de papier carrée que l’on plie par sa moitié pour ramener un côté sur son côté opposé. On déplie la feuille pour revenir au carré de départ. On plie une deuxième fois la feuille afin d’amener l’un des sommets du carré sur le pli du milieu de la feuille. On obtient ainsi un quadrilatère avec deux angles droits, un angle aigu et un angle obtus comme sur la figure ci-dessous.

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Nous allons démontrer que l’angle obtus du quadrilatère mesure 120 degrés.

  • Un argument trigonométrique
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Dessinons comme sur la figure ci-contre un repère. Le point de repliement de la feuille dessine un point mobile le long d’un arc de cercle : on peut repérer le point mobile par l’angle $\alpha$. Par définition de ce qu’est un pli, l’angle $\alpha$ est égal à deux fois l’angle du pli.

Quelles sont les coordonnées du point mobile dans le repère que nous avons dessiné ? Convenons que l’axe des abscisses est indiqué par la flèche vers le bas, et l’axe des ordonnées par la flèche vers la gauche. Ainsi les coordonnées du point mobile sont exactement $(\cos \alpha, \sin \alpha)$. Le quadrilatère qui nous intéresse est obtenu lorsque l’abscisse du point mobile est égale à $1/2$, autrement dit $\alpha$ est tel que $\cos \alpha = 1/2$.
On en déduit donc que $\alpha = \tau / 6$, où pour mémoire $\tau = 2 \pi$ [3]. L’angle du pli qui, rappelons-le, vaut la moitié de $\alpha$ est donc de $\tau / 12$. On en déduit finalement que l’angle obtus du quadrilatère est
\[\frac{\tau}{2}-(\frac{\tau}{4}-\frac{\tau}{12})=\frac{\tau}{3}.\]
Puisque $\tau / 3$, c’est un tiers de tour et qu’un tour fait 360 degrés, on a donc bien montré que l’angle de notre gabarit papier est de 120 degrés.

  • Une démonstration purement géométrique
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Soit ABCD un carré. Le triangle BCN est équilatéral. En effet, par définition du pliage, N appartient à la médiatrice du triangle BCN, si bien que BN = CN et, par construction même, BN = BC. Notons O le point d’intersection de la bissectrice de l’angle en B du triangle BCN avec le côté CD. Puisque le triangle BCN est équilatéral, cette bissectrice est aussi la médiatrice du côté CN : les points C et N sont donc images l’un de l’autre par la symétrie d’axe BO. Les angles d’un triangle équilatéral étant de 60 degrés, on en déduit que l’angle en B du triangle BCO est de 30 degrés. Or, le triangle BCO est rectangle en C, donc son angle en O mesure $90-30=60^{\circ}$. On en déduit finalement que l’angle DOB mesure $180-60=120^{\circ}$. CQFD.

Remarque: :
Dans les deux démonstrations que nous avons données, l’argument clé est le fait que le triangle BCN est équilatéral. Dans le premier cas, on le démontre en utilisant un arc de cercle et un argument de trigonométrie, dans le deuxième cas, on utilise deux arcs de cercle. Affaire de goût 😃.

Pourquoi un angle de 120 degrés ?

Les trois masses étant égales, elles exercent au niveau de chacune des trois poulies la même force verticale, le même poids $\mathbf{P} = m \mathbf{g}$, où $\mathbf{g}$ désigne le vecteur accélération de la pesanteur et $m$ la valeur commune des trois masses.
Ainsi, les forces $\mathbf{F_1}$, $\mathbf{F_2}$ et $\mathbf{F_3}$ qui s’exercent au niveau du point $P$ de jonction des trois ficelles, sont toutes de même intensité, seules leurs directions sont différentes. On a donc
\[||\mathbf{F_1}|| = ||\mathbf{F_2}|| = ||\mathbf{F_3}|| = m g.\]
D’après le principe fondamental de la statique, le système étant à l’équilibre, la résultante des forces au point $P$ de jonction des trois fils est nulle, autrement dit
\[\mathbf{F_1} + \mathbf{F_2} + \mathbf{F_3} = \mathbf{0}.\]
Quitte à diviser par la norme $m g$ de ces trois vecteurs, le problème mathématique est désormais le suivant.

Exercice

Montrer que si trois vecteurs unitaires $\mathbf{i}$, $\mathbf{j}$, $\mathbf{k}$ sont tels que $\mathbf{i} + \mathbf{j} + \mathbf{k} = \mathbf{0}$, alors l’angle entre deux d’entre eux est de 120 degrés.

Démonstration

Soit $A$ un point du plan affine euclidien. Notons $B$ et $C$ les deux points suivants :

  • $B = A + \mathbf{i}$ ;
  • $C = B + \mathbf{j} = A + \mathbf{i} + \mathbf{j}$.

Puisque la somme vectorielle $\mathbf{i} + \mathbf{j} + \mathbf{k}$ des trois vecteurs est nulle, c’est que le point
\[C + \mathbf{k} = A + \mathbf{i} + \mathbf{j} + \mathbf{k}\]
n’est autre que le point $A$. On construit ainsi un triangle ABC qui a la propriété remarquable d’être équilatéral puisque les trois vecteurs $\mathbf{i}$, $\mathbf{j}$ et $\mathbf{k}$ sont unitaires, donc de même norme. L’angle en chaque sommet d’un triangle équilatéral étant de $180 / 3 = 60^{\circ}$, on en déduit donc que l’angle entre les vecteurs $\mathbf{i}$ et $\mathbf{j}$ est de $180 - 60 = 120^{\circ}$, et de même pour les deux autres couples de vecteurs.

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Si l’on s’amuse à déplacer un peu trop une poulie, on remarque que le point de jonction des trois ficelles vient se positionner sur l’une des poulies.

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Après plusieurs essais, on comprend que le phénomène se produit dès lors que l’un des angles du triangle formé par les trois poulies devient un peu trop obtus. Et en effet, étant donné un triangle ABC ayant un angle d’au moins 120 degrés, il n’existe pas de point P distinct de A, B et C tel que les angles APB, BPC et CPA soient tous égaux à 120 degrés.

Exercice

Pour tout triangle ABC, si P est un point distinct de A, B et C tel que les angles APB, BPC et CPA sont tous égaux à 120 degrés, alors les angles aux sommets du triangle ABC sont tous les trois strictement inférieurs à 120 degrés.

Démonstration

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Avec les notations de la figure ci-dessus, en écrivant que la somme des angles d’un triangle est égale à 180 degrés pour chacun des trois triangles APB, BPC et CPA, on en déduit les trois équations
\[\alpha_1+\gamma_2=60^{\circ} \quad \beta_1+\alpha_2=60^{\circ} \quad \gamma_1+\beta_2=60^{\circ}.\]
En sommant les deux premières équations, on a alors
\[\alpha_1+\alpha_2=120^{\circ}-(\beta_1+\gamma_2)<120^{\circ}.\]
De même, en combinant les équations 2 et 3 (respectivement 1 et 3), on montre que l’angle en B (respectivement C) est de mesure strictement inférieure à 120 degrés.

La nature ne choisit pas le point d’équilibre du système au hasard

Si on s’amuse à perturber le système des trois masses, par exemple en tirant sur l’une d’entre elles, après quelques instants, le système reprend exactement la même position d’équilibre : le point $P$ de jonction des trois ficelles se repositionne dans l’espace exactement au même endroit. De même, si on s’amuse à déplacer horizontalement les poulies, le point d’équilibre se déplace jusqu’à une nouvelle position bien précise.

Question

Le point de jonction des trois ficelles ne serait-il pas un point particulier du triangle formé par les trois poulies ?

Afin d’aider notre intuition à résoudre la question ci-dessus, imaginons que nous remplacions les trois poulies par trois villes et que l’on se pose la question de placer un château d’eau pour alimenter les trois villes. Où placer le château d’eau ?
S’il n’y avait que deux villes, on le placerait au milieu, c’est-à-dire à l’endroit « le plus proche des deux villes en même temps ». Dans le cas de trois villes, il semble naturel d’essayer de généraliser cette idée et donc de placer le château d’eau à un endroit « le plus proche des trois villes en même temps ». Qu’entend-on exactement par là ? Pourquoi pas un endroit qui minimise la somme des trois distances du château d’eau à chacune des villes ? Cela semble assez naturel, non ?

Eh bien, c’est exactement le choix fait par la nature pour équilibrer notre système de poids et de poulies : le point $P$ de jonction des trois ficelles est celui qui minimise la somme des trois distances aux poulies. En effet, le système se place dans un état d’équilibre qui minimise son énergie potentielle. Or cette énergie potentielle est d’autant plus basse que les masses sont proches du sol. Dans le cas de trois masses égales, cela revient donc à maximiser la somme des longueurs des trois ficelles verticales. Or, les longueurs totales des ficelles étant fixées dès le départ, maximiser la somme des longueurs verticales, cela revient à minimiser la somme des longueurs « horizontales », c’est-à-dire la somme des trois distances du point $P$ aux poulies.

Pour terminer ce paragraphe et fort de cette interprétation du problème physique en terme de distance aux poulies, on aimerait bien comprendre comment retrouver l’équation $\mathbf{F_1} + \mathbf{F_2} + \mathbf{F_3} = \mathbf{0}$ par un argument mathématique ?

Notons $P_1$, $P_2$ et $P_3$ les trois poulies ; ces trois points appartiennent au plan formé par les parties « horizontales » des trois ficelles. Soit $Q$ un point quelconque du plan. On considère enfin la fonction « somme des trois distances à $Q$ »
\[f(Q) = QP_1 + QP_2 + QP_3.\]
Un point $P_0$ est un minimum global (respectivement local) de la fonction $f$ si, pour tout point $Q$ du plan (respectivement dans un voisinage de $P_0$), $f(Q) \geq f(P_0)$.
Le calcul différentiel, inventé du temps de Leibniz (1646-1716) et Newton (1643-1727), est un outil merveilleux pour traiter ce genre de problème. La fonction étant différentiable [4], le point $P_0$ est nécessairement un point critique, c’est-à-dire un point où la différentielle s’annule. Un petit calcul montre alors que $P_0$ doit vérifier l’équation suivante
\[\frac{\mathbf{P_0P_1}}{P_0P_1} + \frac{\mathbf{P_0P_2}}{P_0P_2} + \frac{\mathbf{P_0P_3}}{P_0P_3} = \mathbf{0}.\]

Démonstration

Soit $\mathbf{u}$ un vecteur de coordonnées $(x,y)$ dans le plan euclidien $\mathbf{R}^2$. Notons $g$ la fonction norme, c’est-à-dire
\[g(\mathbf{u}) = ||\mathbf{u}|| = \sqrt{x^2+y^2}.\]
Puisque la dérivée de $\sqrt{\cdot}$ est $\frac{1}{2\sqrt{\cdot}}$, on a alors
\[\text{d}g = \frac{\partial g}{\partial x} \text{d}x + \frac{\partial g}{\partial y} \text{d}y = \frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}} \text{d}x + \frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}} \text{d}y.\]
Ainsi, on a bien montré que $\text{d}g(\mathbf{u}) : \mathbf{v} \mapsto \frac{\mathbf{u} \cdot \mathbf{v}}{||\mathbf{u}||}$, et le résultat s’en suit pour la fonction $f$ par linéarité de la différentielle.

Quitte à multiplier cette dernière équation par $m g$, on retrouve exactement l’équation dérivée du principe fondamental de la statique
\[\mathbf{F_1} + \mathbf{F_2} + \mathbf{F_3} = \mathbf{0}.\]

Ainsi, la physique nous enseigne que le point d’équilibre $P$ où se rejoignent les trois ficelles est exactement un point qui minimise la distance aux trois poulies, et nous venons de voir comment mathématiquement retrouver l’équation de la physique qui caractérise ce point [5]. Si les poulies étaient des villes, c’est là qu’il faudrait placer le château d’eau.

Dans le cas de trois villes de taille différente

Reprenons notre problème de château d’eau pour trois villes mais supposons que ces villes sont de taille différente. Les besoins en eau d’une mégalopolis ne sont pas les mêmes que ceux d’un petit village et il semble naturel de vouloir rapprocher le château d’eau des grandes villes. Du point de vue mathématique, on peut donc chercher à minimiser non plus la fonction « somme des trois distances au château d’eau » mais une fonction « somme pondérée » où on donne un coefficient d’autant plus important à une ville qu’elle est grande (par exemple un coefficient proportionnel au nombre d’habitants). Si on note $m_1$, $m_2$ et $m_3$ les coefficients des villes $P_1$, $P_2$ et $P_3$, il s’agit maintenant de minimiser la fonction
\[f(Q) = m_1 QP_1 + m_2 QP_2 + m_3 QP_3.\]
Le même calcul différentiel que précédemment nous permet de dire que le château devra être placé en un point $P_0$ tel que
\[m_1 \frac{\mathbf{P_0P_1}}{P_0P_1} + m_2 \frac{\mathbf{P_0P_2}}{P_0P_2} + m_3 \frac{\mathbf{P_0P_3}}{P_0P_3} = \mathbf{0}.\]
Là encore, c’est exactement le contenu de l’équation dérivée du principe fondamental de la statique
\[\mathbf{F_1} + \mathbf{F_2} + \mathbf{F_3} = \mathbf{0},\]
dans le cas de trois masses distinctes où $||\mathbf{F_1}|| = m_1 g$, $||\mathbf{F_2}|| = m_2 g$ et $||\mathbf{F_3}|| = m_3 g$.

Challenge

Où placer un château d’eau pour les trois villes Lyon, Orléans et Paris ?
D’après Wikipédia, Lyon compte environ 500 000 habitants, Orléans environ 100 000 et Paris environ 2 200 000. Quant aux distances à vol d’oiseau, comptons 400 km pour Lyon-Orléans, 500 km pour Lyon-Paris et 100 km pour Orléans-Paris.

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Un joli théorème en guise de conclusion

En 1636, Pierre de Fermat défie les lecteurs de son mémoire Méthode du maximum et du minimum de trouver une méthode plus efficace que la méthode du maximum qu’il venait de mettre au point pour résoudre le problème suivant :

« Étant donnés trois points en trouver un quatrième tel que la somme de ses distances aux trois points donnés soit minima. »

Si les méthodes analytiques restent des outils redoutablement efficaces dans de très nombreuses situations, il n’en demeure pas moins que, dès 1640, Evangelista Torricelli trouva une solution géométrique de ce problème...

Théorème de Fermat

Étant donné un triangle ABC, convenons d’appeler point de Fermat-Steiner tout point P qui minimise la somme $QA+QB+QC$ des distances d’un point Q aux sommets du triangle.

Pour tout triangle ABC, il existe un unique point de Fermat-Steiner.

  • Si l’un des angles du triangle est supérieur ou égal à 120 degrés, alors le point de Fermat-Steiner est le sommet en question.
  • Si tous les angles du triangle sont strictement inférieurs à 120 degrés, alors le point de Fermat-Steiner est contenu dans l’intérieur du triangle.
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Construction géométrique du point de Fermat-Steiner

Pour chaque côté du triangle ABC [6], on construit à l’extérieur du triangle ABC le triangle équilatéral s’appuyant sur le côté en question. Notons A’ (respectivement B’ et C’) le troisième sommet du triangle équilatéral s’appuyant sur le côté BC (respectivement AC et AB). Le point de Fermat-Steiner est à la fois

  • l’intersection des droites de Simpson AA’, BB’ et CC’ ;
  • ou l’intersection des cercles circonscrits aux triangles équilatéraux A’BC, B’AC, C’AB.

On laisse le plaisir aux amateurs de géométrie de chercher une preuve de ce théorème.
Une démonstration purement géométrique et une construction du point de Fermat-Steiner comme intersection des droites de Simpson sont d’ailleurs présentées sur ce site dans l’article Mathématiques savonneuses de Paul Laurain.

Post-scriptum :

L’idée d’écrire cet article doit pour beaucoup à Jean-Luc Pernette que je remercie chaleureusement 🙏. C’est en effet lui qui m’a enseigné la construction en papier du gabarit de 120 degrés et m’a suggéré l’idée de visualiser le point de Fermat-Steiner avec un système de poids et de poulies. Merci également à Frédéric Pérez avec qui nous aimons expérimenter les mathématiques comme illustré dans cet article en formation de professeurs dans le cadre de La main à la pâte. Enfin, merci à Pierre-Sylvain Allaume du département de physique de l’université d’Orléans pour le prêt du matériel.

La rédaction d’Images des Mathématiques ainsi que l’auteur, remercient François Brunault et Jean-Louis Poss pour leur relecture attentive et leurs suggestions.

Article édité par Christian Mercat

Notes

[1Notons d’ailleurs que les poulies ne sont pas nécessairement toutes les trois à la même hauteur.

[2Notons que si les trois poulies sont à la même hauteur, les trois ficelles se retrouvent à l’horizontale. Plus généralement, que les poulies soient à la même hauteur ou à des hauteurs différentes, les trois ficelles sont toujours contenues dans un même plan.

[3À ce sujet, on pourra lire cet article-plaidoyer pour une reconnaissance de $\tau$ à sa juste valeur 😁.

[4Si l’on voulait être très précis, on ferait attention au fait que la fonction $f$ n’est pas différentiable en $P_1$, $P_2$, $P_3$ et qu’il est donc illégitime de calculer une dérivée en ces points.

[5Un petit calcul supplémentaire permettrait d’ailleurs de montrer que cet extremum est bien un minimum et qu’il est de plus unique.

[6dont tous les angles sont strictement inférieurs à 120 degrés

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Pour citer cet article :

Aurélien Alvarez — «Poids, poulies et point de Fermat-Steiner» — Images des Mathématiques, CNRS, 2018

Crédits image :

Image à la une - Photo de Aurélien Alvarez.

Commentaire sur l'article

  • Poids, poulies et point de Fermat-Steiner

    le 6 novembre à 16:01, par Aziz El Kacimi

    Bel article ! Bravo Aurélien !

    Pour ceux qui veulent avoir une estimation de la quantité $QA+QB+QC$ où $Q$ est un point intérieur à un triangle $ABC$, on a la double inégalité :

    \[{{AB+BC+CA}\over 2}\leq QA+QB+QC \leq AB+BC+CA - \inf \{ AB,BC,CA\} .\]

    Une preuve est ici.

    Amicalement,

    Aziz

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