Le théorème de Napoléon

Ce qu'on a le droit d'utiliser. Le module de $\frac{c-a}{b-a}$ est $\frac{AC}{AB}$, son argument l'angle orienté de $\overrightarrow{AB}$ vers $\overrightarrow{AC}$ ; $j^3=1$ et $1+j+j^2=0$ ; l'angle moitié ; le centre de gravité a pour affixe $\frac{a+b+c}{3}$.

a) La caractérisation. Posons $q=\frac{c-a}{b-a}$ et montrons d'abord que $ABC$ est équilatéral direct si et seulement si $q=e^{i\pi /3}$.

Si $q=e^{i\pi /3}$ : $AC=|q|AB=AB$ ; et $c-b=(c-a)-(b-a)=(q-1)(b-a)$, avec $e^{i\pi /3}-1=-\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}=e^{2i\pi /3}$, de module $1$ : donc $BC=AB$. Le triangle est équilatéral, et direct puisque $\mathrm{Im}(q)=\frac{\sqrt{3}}{2}>0$.

Réciproquement, si $ABC$ est équilatéral direct : $|q|=\frac{AC}{AB}=1$, donc $q=e^{i\theta }$ avec $\theta \in \left]-\pi ,\pi \right]$ ; et $BC=AB$ donne $|q-1|=1$. L'angle moitié donne $|e^{i\theta }-1|=2\left|\sin \frac{\theta }{2}\right|$, donc $\left|\sin \frac{\theta }{2}\right|=\frac{1}{2}$ avec $\frac{\theta }{2}\in \left]-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right]$, soit $\theta =\pm \frac{\pi }{3}$ ; le triangle étant direct, $\sin \theta >0$, et $\theta =\frac{\pi }{3}$.

La traduction algébrique. Comme $j^2=e^{-2i\pi /3}$, on a $-j^2=e^{i\pi }{e}^{-2i\pi /3}=e^{i\pi /3}$. Donc, par équivalences successives, $$c-a=-j^2(b-a)⟺c-(1+j^2)a+j^{2}b=0⟺ja+j^{2}b+c=0,$$ puisque $1+j^2=-j$. En multipliant par $j^2$, qui est non nul, avec $j^3=1$ et $j^4=j$ : $ja+j^{2}b+c=0⟺a+jb+j^{2}c=0$. D'où la caractérisation.

b) Les sommets extérieurs. Le a), appliqué au triangle $A^{\prime }CB$ pris dans cet ordre, donne $a^{\prime }+jc+j^{2}b=0$ ; de même pour les deux autres : $$a^{\prime }=-jc-j^{2}b,b^{\prime }=-ja-j^{2}c,c^{\prime }=-jb-j^{2}a.$$ Pourquoi « extérieurement ». $ABC$ étant direct, son intérieur est à gauche quand on va de $B$ vers $C$ ; le triangle $A^{\prime }CB$, direct, parcourt ce côté de $C$ vers $B$, et son intérieur est à droite quand on va de $B$ vers $C$ : $A^{\prime }$ est de l'autre côté de $(BC)$ que $A$.

c) Le théorème de Napoléon. Les centres de gravité ont pour affixes $$u=\frac{a^{\prime }+b+c}{3},v=\frac{b^{\prime }+a+c}{3},w=\frac{c^{\prime }+a+b}{3}.$$ L'identité. Calculons $3(u+jv+j^{2}w)=(a^{\prime }+b+c)+j(b^{\prime }+a+c)+j^2(c^{\prime }+a+b)$, en remplaçant $a^{\prime }$, $b^{\prime }$, $c^{\prime }$ par leurs expressions et en réduisant $j^3=1$, $j^4=j$. Regroupons selon $a$, $b$ et $c$ : le coefficient de $a$ vaut $-j^2+j-j^4+j^2=j-j=0$ ; celui de $b$ vaut $-j^2+1-j^3+j^2=1-1=0$ ; celui de $c$ vaut $-j+1-j^3+j=1-1=0$. Donc $u+jv+j^{2}w=0$.

Les trois points sont distincts. Pour appliquer le a), il faut que $U$, $V$, $W$ soient deux à deux distincts. Posons $p=b-a$ et $q=c-a$ ; un calcul direct donne $3(u-v)=a^{\prime }-b^{\prime }+b-a=p(1-j^2)+q(j^2-j)$, et comme $1-j^2=-j^2(1-j)$ et $j^2-j=-j(1-j)$ : $$3(u-v)=-j(1-j)(jp+q).$$ Si l'on avait $u=v$, on aurait $q=-jp$, c'est-à-dire $\frac{c-a}{b-a}=-j=e^{i\pi }{e}^{2i\pi /3}=e^{-i\pi /3}$, de partie imaginaire $-\frac{\sqrt{3}}{2}<0$ : c'est impossible, $ABC$ étant direct. Donc $u\ne v$. Et si deux des trois points coïncidaient, l'identité $u+jv+j^{2}w=0$ forcerait le troisième à coïncider aussi — par exemple $v=w$ donne $u+(j+j^2)v=u-v=0$ —, ce qu'on vient d'exclure.

Conclusion. $U$, $V$, $W$ sont deux à deux distincts et $u+jv+j^{2}w=0$ : par le a), le triangle $UVW$ est équilatéral direct.

Le point délicat. L'identité $u+jv+j^{2}w=0$ ne suffit pas seule : le a) suppose les trois points distincts, et une identité algébrique ne dit rien d'un triangle aplati en un point. Il faut donc vérifier la non-dégénérescence, et c'est là que l'hypothèse « $ABC$ direct » sert : sans elle — si $ABC$ est équilatéral indirect —, les trois points $U$, $V$, $W$ donnés par les mêmes formules sont confondus, au centre de gravité de $ABC$.

d) Le centre de gravité. On a $3(u+v+w)=(a^{\prime }+b^{\prime }+c^{\prime })+2(a+b+c)$, et $$a^{\prime }+b^{\prime }+c^{\prime }=-j(a+b+c)-j^2(a+b+c)=-(j+j^2)(a+b+c)=a+b+c,$$ puisque $j+j^2=-1$. Donc $3(u+v+w)=3(a+b+c)$, et $\frac{u+v+w}{3}=\frac{a+b+c}{3}$ : les deux triangles ont le même centre de gravité.

Contrôle numérique. Pour $A=0$, $B=1$, $C=i$, on trouve $a^{\prime }=\frac{1+\sqrt{3}}{2}(1+i)$, de l'autre côté de la droite $x+y=1$ que l'origine. Sur vingt mille triangles directs tirés au hasard : $A^{\prime }$ extérieur, $u+jv+j^{2}w=0$, $UVW$ direct, $u+v+w=a+b+c$.

Ce que l'exercice installe. Une figure définie par des rotations se traduit par des multiplications : la rotation d'angle $\frac{\pi }{3}$ est la multiplication par $-j^2$, et la relation $1+j+j^2=0$ fait tout le calcul. On ne « voit » pas le théorème de Napoléon ; on le calcule — sans oublier les hypothèses de non-dégénérescence de la caractérisation qu'on applique. Cette correspondance entre rotations et multiplications, les matrices de rotation la rediront.