Le grand angle

Piste bleue Le 15 septembre 2014  - Ecrit par  Aziz El Kacimi Voir les commentaires (9)
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Je suis en face de la statue du Maréchal Toto surélevée de telle sorte
que ses pieds dépassent ma tête. De loin, elle me paraît petite mais elle grandit au fur et à
mesure que je m’en approche. À une certaine distance, elle commence à me reparaître de plus en plus petite.
Quelle est ma position exacte où elle me paraît la plus grande ?

La démonstration de l’existence et la construction effective de la position en question sont un excellent exercice
de géométrie élémentaire. Les raisonnements mêlent des propriétés entre arcs de cercles, angles... Ils sont simples à mener et s’illustrent
par beaucoup de dessins. À voir absolument !

1. REMARQUES PRÉLIMINAIRES

1.1. L’écartement entre les deux rails sur la première image
(ou la largeur de la route sur la deuxième) est bien sûr le même à tous les niveaux. Mais il paraît de plus
en plus réduit au fur et à mesure qu’on avance vers le fond.

1.2. Sur le premier dessin, les deux triangles sont de tailles différentes
et pourtant, pour l’observateur au point $O$, ces tailles sont les mêmes. En revanche, dans le second dessin, la barre rouge est plus petite que la
noire mais pour ce même observateur elle apparaît plus grande.

1.3. La taille d’un objet est évidemment indépendante de tout. Mais, comme on vient de le voir sur les exemples précédents, son apparence n’est pas la même : elle dépend d’où on voit l’objet et sous quel angle. Taille et angle sont deux paramètres importants ; leur compréhension dans le contexte permet de résoudre le problème, c’est-à-dire la détermination et la construction explicite du point où la statue paraît la plus grande.

2. CERCLE ET ANGLES

2.1. Les deux angles $\widehat{AMB}$ et $\widehat{AOB}$ sur le dessin ci-dessous interceptent le même arc d’extrémités $A$ et $B$.
Le premier est appelé angle inscrit et le second angle au centre.

2.2. Proposition. L’angle au centre est le double de l’angle inscrit interceptant le même arc,
c’est-à-dire
 : $\widehat{AOB}=2\widehat{AMB}$.

Preuve

Elle est d’un niveau très élémentaire et presque immédiate. Mais nous la donnons quand même. Rappelons d’abord la propriété importante qui suit.

Dans un triangle la somme des angles vaut $\pi $. Il en résulte qu’un angle extérieur (de ce même triangle) est égal à la somme des deux autres angles intérieurs (ceux qui ne lui sont pas adjacents).

$\bullet $ $\widehat{AOJ}$ étant un angle extérieur du triangle $OMA$ on a
$\widehat{AOJ}=\widehat{AMO}+\widehat{OAM}$. Comme $OMA$ est isocèle de base $MA$, les angles $\widehat{AMO}$ et $\widehat{OAM}$ sont égaux. Par suite :

\[\widehat{AOJ}=2\widehat{AMO}.\tag{1}\]

$\bullet $ $\widehat{JOB}$ étant un angle extérieur du triangle $OMB$ on a
$\widehat{JOB}=\widehat{OMB}+\widehat{OBM}$. Comme $OMB$ est isocèle de base $MB$, les angles $\widehat{OMB}$ et $\widehat{OBM}$ sont égaux. Par suite :

\[\widehat{JOB}=2\widehat{OMB}.\tag{2}\]

$\bullet $ En sommant membre à membre les égalités (1) et (2), on obtient :

\[\eqalign{ \widehat{AOB}=&\widehat{AOJ}+\widehat{JOB}\cr =&2\widehat{AMJ}+2\widehat{JMB}\cr =&2\widehat{AMB}.} \]

Remarque. La preuve que nous venons de donner suppose que le
segment $[MJ]$ est à l’intérieur de l’angle $\widehat{AMB}$ ou sur
l’un de ses côtés. La même idée fonctionne lorsque $[MJ]$ est à l’extérieur
de cet angle. (Le lecteur se chargera de voir comment.)

2.3. De ce qui précède, on tire une conséquence très importante : lorsque le point $M$ varie sur l’arc $\buildrel \frown \over{AB}$,
sa mesure reste constante puisque toujours égale à la moitié de l’angle au centre qui est le même quelle que soit la position de
$M$ en question.

2.4. Question : On se donne un angle de mesure $\theta $ avec $0<\theta <\pi $ et deux points $A$ et $B$ (distincts bien sûr).
Quel est le lieu géométrique $\Gamma $ du point $M$ vérifiant $\widehat{AMB}=\theta $
 ?

Réponse. On construit un point $M$ tel que $\widehat{AMB}=\theta $ (cela se fait facilement). Le point $M$ n’est évidemment pas sur la droite $(AB)$ puisque $0<\theta <\pi $. Ensuite on trace le cercle qui passe par les points $A$, $B$ et $M$. Celui-ci est partagé en deux arcs d’extrémités $A$ et $B$ ; on note $\Gamma_1$ celui qui contient le point $M$. Alors tout point de $\Gamma_1$ est sur le lieu géométrique cherché. Le symétrique de $\Gamma_1$ par rapport à la droite $(AB)$ est aussi un arc de cercle $\Gamma_2$ qui possède la même propriété. Finalement l’ensemble $\Gamma $ contient la réunion $\Gamma_1\cup \Gamma_2$ (en bleu sur le dessin qui suit). Nous allons démontrer que c’est exactement $ \Gamma_1\cup \Gamma_2$ en répondant à la question qui suit.

Qu’en est-il des points qui ne sont pas sur $\Gamma_1\cup \Gamma_2$ ?

Lorsque $M$ est à l’intérieur de $\Gamma_1\cup \Gamma_2$, occupant par exemple la position $K$, on a $\widehat{AKB}=\theta +\widehat{KBM}$ (découle du fait que $\widehat{AKB}$ est un angle extérieur du triangle $KMB$, donc égal à la somme des deux autres). Par suite $\widehat{AKB}$ est strictement supérieur à $\theta $.

Lorsque $M$ est à l’extérieur de $\Gamma_1\cup \Gamma_2 $,
occupant par exemple la position $L$, on a en revanche $\widehat{ALB}=\theta - \widehat{LAN}$ (c’est le même argument qui fonctionne : $\widehat{ANB}$ est un angle extérieur du triangle $NAL$, il est donc égal à la somme des deux autres). Par suite $\widehat{ALB}$ est strictement inférieur à $\theta $.

2.5. Le dessin ci-dessous montre comment on pourrait se servir des propriétés géométriques qui précèdent pour disposer les sièges dans une salle de
spectacle. Chaque rangée est un arc de cercle passant par les deux bouts de la scène ; ainsi
tous les spectateurs qui y sont assis ont le même angle de vue. Plus on va devant,
plus cet angle grandit et mieux on voit ! (Ce n’est peut-être pas si vrai que ça.
Donc pas de commentaire là-dessus, ce n’était qu’une petite digression !)

3. LA SOLUTION

3.1. Quand notre observateur se déplace en direction de la statue, sa tête (représentée par le point $M$) varie
sur une droite horizontale $\Delta $ parallèle au sol et de hauteur $h$ égale bien entendu à la taille de l’observateur.
La statue est représentée par un segment vertical $[AB]$ perpendiculaire à $\Delta $ ; $A$ en est la tête et $B$ le pied.
La hauteur à laquelle se trouve $B$
est supposée être strictement plus grande que $h$. On suppose aussi que les droites $(AB)$ et $\Delta $ sont sur un même plan ${\cal P}$ sur lequel on va travailler dorénavant.

3.2. Il existe un unique cercle $\Gamma $ (en rouge sur le dessin ci-dessous) sur le plan ${\cal P}$, du côté droit de la droite $(AB)$, passant par les deux points $A$ et $B$ et tangent à la droite $\Delta $ ; son centre $\omega $ est l’intersection
de la médiatrice du segment $[AB]$ et du cercle de centre $A$ et de rayon $\rho = IJ$ ($I$ étant l’intersection de $\Delta $ et de la droite $(AB)$
et $J$ le milieu du segment $[AB]$). (En effet, comme $\Gamma $ est tangent à $\Delta $ en $M$, le segment $[\omega M]$ est perpendiculaire à $\Delta $ et donc sa longueur, qui n’est rien d’autre que le rayon $\rho$ de $\Gamma $, vaut celle du segment $[IJ]$.) Excepté $M$, tous les points de la droite $\Delta $ sont en dehors du cercle $\Gamma $. Ainsi, d’après ce qui a été vu plus haut, tous les angles $\widehat{AM_iB}$ (avec $i=0,1,\cdots $) sont inférieurs à l’angle $\widehat{AMB}$. Au fur et à mesure que l’observateur avance vers la statue, cet angle grandit jusqu’à la position $M$ où il est maximal.

3.3. S’il continue à avancer, cet angle commence à diminuer ; par exemple à la position $M'$, il vaut $\widehat{AM'B}<\widehat{AMB}$.
Ainsi, la solution au problème posée est le point $M$ où la droite $\Delta $ est tangente à l’unique cercle passant par les points $A$ et $B$ et se
situant du côté droit de la droite $(AB)$ (par rapport à laquelle le problème est évidemment symétrique).

3.4. Comme on peut le voir sur le dessin ci-dessous, il y a deux solutions différentes pour deux observateurs qui n’ont pas la même taille.
L’observateur vert est plus petit que le rouge. Il arrive au point critique avant et l’angle sous lequel il voit la statue est plus petit que celui sous lequel
l’observateur rouge la voit.

Post-scriptum :

Sources. Ce problème a été posé au XVème siècle par
Regiomontanus. Je l’ai trouvé dans [David Wells : Le dictionnaire Penguin des curiosités géométriques] où quelques lignes en parlent et un dessin austère en indique une solution. Je me suis dit que ça valait le coup de la détailler et d’en donner une démonstration. Il est probable qu’il
soit dans d’autres ouvrages ou qu’il traîne par-ci par-là sur le net. En tout cas, c’est un bel exercice de géométrie élémentaire, très instructif. Et il traite d’une question concrète qui ne manquera pas d’enchanter Monsieur et Madame Chichi habitués à poser la question « À quoi ça sert les maths ? » Petite plaisanterie mise de côté, ce problème m’a servi, à diverses occasions, comme thème d’atelier auprès d’élèves de Seconde.
Ils avaient adoré !

Remerciements. Les personnes dont les noms ou pseudonymes suivent ont bien voulu relire la version préliminaire de cet article : Gregoire Dubost, Jean-Romain Heu, Nathmel et Didier Roche. Leurs remarques m’ont permis de le mettre sous une forme plus claire. Je les en remercie ainsi que Patrick Popescu-Pampu
qui a suggéré les premières petites retouches.

Article édité par Patrick Popescu-Pampu

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Pour citer cet article :

Aziz El Kacimi — «Le grand angle» — Images des Mathématiques, CNRS, 2014

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  • Le grand angle

    le 17 septembre 2014 à 23:15, par amic

    L’idée est la suivante : on a disons des poteaux de rugby d’écartement 2 et à la hauteur $h$.
    On place l’origine sous les poteaux, au milieu, l’axe des $x$ correspondant à la ligne de but, l’axe des $y$ placé perpendiculairement à l’horizontale, et l’axe des $z$ verticalement.

    De sorte que la partie où on doit faire passer le ballon est le « quadrilatère » $PP’QQ’$ avec $P=(1,0,h)$, $P’=(-1,0,h)$, $Q=(1,0,∞)$ et $Q’=(-1,0,∞)$.

    Si l’essai a été marqué à la position $x$, alors on doit passer la transformation en plaçant le ballon sur un point $B=(x,y,0)$.

    La question est donc : 

    • Étant donné $x$, quel est le $y$ pour lequel l’angle solide correspondant au « quadrilatère » $PP’QQ’$ vu depuis le ballon $B$ est maximal ?

    D’après http://en.wikipedia.org/wiki/Solid_angle#Tetrahedron et en posant $r^2=h^2+x^2+y^2$ ($r$ est la distance entre le ballon et le milieu de la barre) j’obtiens si je ne me trompe pas :

    \[ \tan\left(\frac{Ω}2\right)=\frac{2y}{\sqrt{r^2+2x+1}\sqrt{r^2-2x+1}+h\big[\sqrt{r^2+2x+1}+\sqrt{r^2-2x+1}\big]+r^2-1}\]

    Quand on prend $h=0$ et qu’on dérive ça en $y$ pour obtenir le maximum en $y$, on obtient bien que les points de maximum sont sur la courbe $y^2=x^2-1$, la fameuse hyperbole du commentaire de Samuel en-dessous.

    Je ne sais pas à quoi ressemble le lieu des points où $Ω$ est maximal dans le cas cette fois-ci d’un $h>0$.

    De manière générale, y aurait-il une sorte de généralisation du théorème de l’angle au centre, qui puisse nous renseigner sur le lieu des points où un (triangle, disque, quelque chose généralisant le segment) est vu sous un angle solide constant ?

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