Trisection de l'angle

La trisection de l'angle est un problème classique de mathématiques. C'est un problème géométrique, faisant partie des trois grands problèmes de l'Antiquité, avec la quadrature du cercle et la duplication du cube. Ce problème consiste à diviser un angle en trois parties égales, à l'aide d'une règle et d'un compas. Sous cette forme, le problème (comme les deux autres) n'a pas de solution, ce qui fut démontré par Pierre-Laurent Wantzel en 1837.

Impossibilité générale avec la règle et le compas

S'il est facile de partager un angle en deux en construisant sa bissectrice, s'il est aisé de partager l'angle droit en trois à l'aide de triangles équilatéraux, beaucoup de mathématiciens ont longtemps cherché, en vain, une méthode géométrique pour réaliser la trisection d'un angle quelconque à la règle et au compas. Dès le III^e siècle av. J.-C., Archimède proposa une méthode par ajustement (ou neusis), à l'aide d'un compas et d'une règle dotée de deux graduations. Au II^e siècle av. J.-C., Nicomède utilisa une courbe auxiliaire, la conchoïde de droite pour déterminer la solution.

Mais en 1837, Pierre-Laurent Wantzel démontra le théorème qui porte son nom, permettant d'exhiber une large famille d'équations de problèmes impossibles à résoudre à la règle et au compas. L'équation de la trisection de l'angle étant de cette forme, la construction générale est donc impossible à réaliser selon ces règles. La trisection de l'angle est en revanche réalisable au moyen du compas et de la règle graduée, ou au moyen de courbes auxiliaires dites trisectrices, ou au moyen de pliage d'une feuille de papier.

Utilisation du compas et de la règle graduée

Trisection de l'angle a

Archimède donne la construction suivante par neusis (par ajustement), à l'aide d'un compas et d'une règle portant deux graduations.

Soit a l'angle à trisecter, de sommet B. On trace un cercle de centre B et de rayon égal à la distance séparant les deux graduations de la règle (soit r). Le cercle coupe l'un des côtés de l'angle en A (donc AB = r). On dispose la règle de façon qu'elle passe par A, que l'une des graduations C de la règle soit disposée sur le cercle, et que l'autre graduation D soit sur le prolongement (BD) de l'autre côté de l'angle (donc CD = r). L'angle b de sommet D est alors le tiers de l'angle a.

En effet, le triangle BCD est isocèle en C, donc l'angle CBD est égal à b. Mais dans le cercle de centre C passant par B et D, l'angle au centre ACB (= c) est le double de l'angle inscrit CDB (= b), soit c = 2b. Or BAC est également un triangle isocèle en B, donc l'angle BAC est égal à c. L'angle ABC vaut donc π - 2c = π - 4b. L'angle ABD vaut alors π - 3b, de sorte que l'angle a vaut bien 3b.

Utilisation de coniques

Trisection de l'angle par intersection d'un cercle et d'une hyperbole équilatère. Méthode inspirée de celle d'al-Sijzi.

La trisection d'un angle par intersection de coniques est connue au moins depuis le IV^e siècle: Pappus d'Alexandrie fournit plusieurs trisections à l'aide d'intersections de cercles et d'hyperboles dans ses Collections mathématiques, propositions 31 à 34. Les mathématiciens arabes développent également de nombreux outils de trisection dont al-Sijzi qui propose une construction de trisection par un cercle et une hyperbole équilatère dans son traité De la trisection de l'angle rectiligne.

La construction ci-contre s'inspire de la construction d'al-Sijzi.

L'angle à couper en 3 est l'angle AOB. On cherche donc les points tels que

$3\left({\overrightarrow {OA}},{\overrightarrow {OM}}\right)\equiv \left({\overrightarrow {OA}},{\overrightarrow {OB}}\right){\pmod {2\pi }}$.

La droite (d) est la perpendiculaire à (OA) passant par O. Le point B' est le symétrique de B par rapport à (d). I est le milieu de [OB']. On trace l'hyperbole équilatère passant par O et dont les asymptotes sont parallèles à (OA) et (d) et se rencontrent en I. Celle-ci rencontre le cercle de centre O et de rayon OA=OB en B', M₁, M₂, M₃. Les points M_i sont solutions du problème.

Démonstration par les complexes

On se place dans un repère de centre O dans lequel A a pour affixe 1. On note $u$ l'affixe de B. Les affixes des points M_i du cercle solutions de la trisection sont les solutions de l'équation $z^{3}=u$.

Les affixes des points M_i et B' sont les solutions de l'équation

$(z^{3}-u)(z+{\overline {u}})=0$

On développe:

$z^{4}-uz+{\overline {u}}z^{3}-1=0$

On multiplie par ${\overline {z}}^{2}$ et on utilise le fait que les points sont sur le cercle donc que $z{\overline {z}}=1$:

$z^{2}-u{\overline {z}}+{\overline {u}}z-{\overline {z}}^{2}=0$

Soit

$Im(z^{2}+{\overline {u}}z)=0$

C'est l'équation de l'hyperbole équilatère de centre $I(-{\overline {u}}/2)$ passant par O et dont les asymptotes sont parallèles aux axes du repère.

Les points M_i et le point B' sont sur le cercle et sur cette hyperbole.

 

C'est al-Kashi qui associe le problème de la trisection de l'angle avec une équation cubique liant la corde a de l'angle θ à la corde x de l'angle θ/3 : $x^{3}+a=3x$

Démonstration

On pose

$a=2\sin(\theta /2)$ et $x=2\sin(\theta /6)$

et l'équation découle de la formule trigonométrique de l'angle triple

$\sin(3.\theta /6)=3\sin(\theta /6)-4\sin ^{3}(\theta /6)$

En multipliant cette équation par 2, on obtient

$a=3x-x^{3}$

 

Utilisation de courbes trisectrices

Quadratrice d'Hippias

La trisection de l'angle.

Selon Proclus, Hippias aurait imaginé la quadratrice comme un moyen de diviser graphiquement un angle.

Par construction, l'angle au centre d'un point de la quadratrice est proportionnel à son ordonnée (comptée depuis D) ; par conséquent, si l'on peut découper un segment en parties égales, on divisera par là-même un angle en trois angles égaux. Or la division d'un segment en 3 segments égaux est constructible à la règle et au compas.

Conchoïde de Nicomède

Grâce à la conchoïde de Nicomède, on obtient la trisection de l'angle ${\widehat {OIH}}$

C'est la courbe d'équation polaire $\rho ={\frac {a}{\cos \theta }}+d$, où a est la distance du pôle à la directrice (a = OH).

Pour l'utiliser comme trisectrice, on construit un triangle OHI rectangle en H, tel que l'angle φ à trisecter soit ${\widehat {OIH}}$, et la conchoïde de la droite (IH) de pôle O et de module OI (voir la figure ci-contre).

On a : a = OH et $d=OI={\frac {a}{\cos \phi }}$ ; la conchoïde a pour équation $\rho ={\frac {a}{\cos \theta }}+{\frac {a}{\cos \phi }}$, avec $\phi ={\widehat {IOH}}$.

L'intersection de la courbe avec le cercle de centre I passant par O permet de déterminer deux points M et N, et on montre que l'angle ${\widehat {NIP}}$ trisecte l'angle ${\widehat {OIH}}$.

Trisectrice de Maclaurin

La trisectrice de Maclaurin permet de diviser un angle par 3.

C'est la courbe d'équation polaire $\rho ={\frac {a}{2}}\left(4\cos \theta -{\frac {1}{\cos \theta }}\right)\!$.

Pour un angle φ donné, on trace un rayon du point (a, 0) vers la trisectrice formant un angle φ avec l'axe horizontal. Le rayon reliant l'origine au point d'intersection entre la trisectrice et le premier rayon forme alors un angle avec l'axe horizontal de φ / 3.

Construction par pliage de papier

Pliage pour la trisection

Voici une construction par origami due à Hisashi Abe (1980), qu'illustre la figure ci-contre :

• On trace la droite d passant par le coin A de la feuille de sorte qu'elle forme, avec le bord inférieur h₀ de la feuille, l'angle à couper en trois.
• Par pliage on détermine deux bandes horizontales de même largeur (arbitraire) en bas de la feuille. On appelle h₁ et h₂ les droites qui les délimitent.
• On plie la feuille le long d'un pli p de sorte que AB vienne en A'B' tel que le point A aille sur la droite h₁ (en un point A'), en même temps que le point B (intersection du bord gauche avec la droite h₂) ira sur la droite d en un point B' (axiome 6 des mathématiques des origamis).
• La droite t passant par A et A' est alors la trisectrice de l'angle donné: l'angle formé par h₀ et t vaut 1/3 de l'angle formé par h₀ et d.

La démonstration est simple : par symétrie par rapport à la droite p, le milieu P de AB donne le milieu P’ de A’B’ et, de même que A’P est perpendiculaire à AB, on a AP’ qui est perpendiculaire à A’B’. Les deux triangles rectangles P’A’A et P’B’A sont donc isométriques.

D’autre part, soit H la projection orthogonale de A’ sur h₀. Puisque les triangles HAA’ et PA’A sont isométriques comme moitiés d’un même rectangle, et comme les triangles PA’A et P’AA’ sont aussi isométriques par symétrie par rapport à p, il en résulte que les triangles HAA’ et P’AA’ sont isométriques.

L'isométrie des trois triangles HAA', P'AA' et P'AB' montre que les droites AP’ et AA’ partagent bien l’angle dAh₀ en trois angles de même mesure.

Utilisation d'un mécanisme

Plusieurs mécanismes ont été imaginés, permettant de trisecter un angle, par exemple le trisecteur de Laisant.

Annexes

Bibliographie

• Maurice d'Ocagne, « Étude rationnelle du problème de la trisection de l'angle », L'Enseignement mathématique, vol. 33,‎ 1934, p. 49-63 (DOI 10.5169/seals-25987, lire en ligne, consulté le 9 août 2015)
• Jean Aymès, Ces problèmes qui font les mathématiques (la trisection de l'angle), Paris, APMEP, coll. « Publication de l'APMEP » (n^o 70), 1988, 100 p. (ISBN 2-902680-46-5, OCLC 462328692, lire en ligne).
• (en) Roger C. Alperin (de), « Trisections and totally real origamis », Amer. Math. Monthly, vol. 112, n^o 3,‎ mars 2005, p. 200-211, arXiv:math/0408159.
• (en) Andrew M. Gleason, « Angle trisection, the heptagon, and the triskaidecagon », Amer. Math. Monthly, vol. 95, n^o 3,‎ mars 1998, p. 185-194 (lire en ligne).

• (en) David Richeson, « A Trisectrix from a Carpenter's Square », arkix.org,‎ mars 2016 (lire en ligne)

Articles connexes

• Duplication du cube
• Histoire de la géométrie
• Nombre constructible
• Quadrature du cercle
• Tomahawk (géométrie)
• Tour d'extensions quadratiques

Lien externe

Article Trisection de l'angle à la règle et au compas, de Jean Jacquelin