Math 'O Man : le Blog des Maths

Exercice sur les cordes d'un cercle



Par MathOMan, samedi 26 décembre 2009 à 19:38 - Exo, enigme, casse-tête - Tags - RSS

Voici un joli exercice de géométrie dans le plan. L'énoncé est surprenant et semble plutôt simple, mais la démonstration ne l'est pas.

Soit \scr{C} un cercle, A,B deux points distincts sur \scr{C} et M le milieu de la corde [AB]. Soient [PQ] et [SR] deux autres cordes passant par M. On note C (resp. D) le point d'intersection de [AB] avec [PS] (resp. [RQ]).
Démontrer que M est aussi le milieu de [CD].

cercle, cordes, milieu d'un segment, preuve difficile
Etonnant : si M est le milieu de [AB], alors aussi de [CD] !

Remarque : Ce problème est posé dans une vidéo sur Jean-Pierre Kahane du site Images des Maths. On y trouve une preuve élégante utilisant un faisceaux de coniques (niveau supérieur). Mais il existe aussi deux autres preuves, l'une géométrique et astucieuse (niveau collège) et l'autre bête et calculatoire (niveau classe de première) : vous les trouverez dans les commentaires ci-dessous.



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Commentaires


1. Le dimanche 27 décembre 2009 à 16:16, par Antouziast

Est-ce accéssible à un élève de terminale où ai-je besoin d'outils que je n'ai pas encore pu appréhender ?


2. Le lundi 28 décembre 2009 à 14:37, par JLT

On observe d'abord que les triangles MQR et MSP sont semblables.

Soit I le milieu de QR, H le pied de la hauteur du triangle MQR issue de M, et N le point tel que IHMN soit un rectangle. Soit O le centre du cercle. Les triangles MNO et MHD sont semblables (car MN, NO et OM sont perpendiculaires à MH, HD et DM respectivement), donc OM/MN = DM/MH, donc

OM/DM = MN/MH = IH/MH.

Mais si J est le milieu de PS et H' est le pied de la hauteur du triangle MSP issue de M, on a de même OM/CM = JH'/MH'.

Comme MQR et MSP sont semblables, on a IH/MH = JH'/MH', donc OM/DM = OM/CM, donc DM=CM.


3. Le samedi 16 janvier 2010 à 18:29, par MathOMan

Très belle solution ! En fait j'ai trouvé cette question dans une vidéo sur Jean-Pierre Kahane. Il y pose le problème et évoque deux possibilités de solution (sans les donner) :

  • par un calcul explicite en coordonnées,
  • par passage dans le plan projectif.
En revanche il ne parle pas de la solution élémentaire proposée par JLT. J'aimerais bien connaître la solution dans le projectif (c'est inhabituel de prouver une question métrique dans le projectif).

Je vais quand même expliciter la solution analytique même si elle est moins belle. Deux raisons pour cela : D'abord même si la dévise des mathématiques est short is beautiful, il peut être préférable dans certaines circonstances (lors d'un examen par exemple) d'utiliser une méthode plus longue mais dont on est certain d'arriver au bout plutôt que de chercher une solution astucieuse et élégante. Et deuxièmement il est toujours instructif pour un étudiant d'appliquer la machinerie calculatoire qu'on lui enseigne. Dans notre exemple on sait qu'on a affaire à des intersections entre un cercle et des droites ; alors une solution analytique doit être possible car on sait résoudre les équations linéaires et de second degré.

  • On peut supposer que le cercle a rayon 1, puis choisir un repère orthonormé d'origine M telle que la droite (AB) est l'axe des abscisses. Le centre du cercle a alors les coordonnées (0,m) avec -1<m<1. On a donc les équations suivantes,

    \begin{align*} \scr{C}\;:\; x^2+(y-m)^2&=1\,, & (AB) \;:\;y&=0\,,\\ (PQ) \;:\;x&=ay\,,& (RS) \;:\;x&=by\;. \end{align*}

    Nous avons pris x=ay au lieu de l'habituel y=ax pour inclûre le cas où (PQ) est verticale et exclûre celui où (PQ)=(AB). En plus nous supposons (PQ) est différente de (RS), c'est-à-dire a et b sont des réels distincts.
  • Calculons les coordonnées des points P et Q en fonction de a. En remplaçant l'équation de (PQ) dans celle du cercle on voit que les ordonnées de P et de Q sont racines de l'équation de second degré a^2y^2+(y-m)^2=1. Autrement dit

    \forall y\in\mathbb{R}\;:\qquad(1+a^2)y^2-2my+m^2-1=(1+a^2)(y-y_P)(y-y_Q).

    Une équation similaire avec b à la place de a est valable pour y_R et y_S. On a donc les relations racines-coefficients suivantes

    \begin{align*} (1+a^2)(y_P+y_Q)&=2m, &(1+a^2)y_Py_Q&=m^2-1, \\ (1+b^2)(y_R+y_S)&=2m, & (1+b^2)y_Ry_S&=m^2-1. \end{align*}

  • Maintenant calculons les coordonnées de C. Nous savons que l'ordonnée de C est nulle. Pour calculer l'abscisse nous utilison la condition d'alignement par le déterminant.

    \begin{array}{rcl} 0&=&\begin{vmatrix}x_C-x_P~~&~~x_S-x_P~~ \\ y_C-y_P~~&~~y_S-y_P\end{vmatrix} =\begin{vmatrix}x_C-ay_P~~&~~by_S-ay_P~~ \\ -y_P~~&~~y_S-y_P\end{vmatrix}\\& =&(x_C-ay_P)(y_S-y_P)+y_P(by_S-ay_P)\\&=&(y_S-y_P)x_C+(b-a)y_Py_S \:. \end{array}

    Donc on a l'équation suivante pour x_C, puis une équation analogue pour x_D (obtenue en changeant P en Q et S en R),

    \begin{align*} (y_S-y_P)x_C&=(a-b)y_Sy_P\:,& (y_R-y_Q)x_D&=(a-b)y_Ry_Q\:. \end{align*}

  • Notre but et de prouver que x_C=-x_D. Allons y ! Par combinaison linéaire des deux équations, puis en utilisant les relations racines-coefficients, on calcule

    \begin{array}{rcl} \frac{(y_S-y_P)(y_R-y_Q)}{a-b}\:(x_C+x_D)&=&(y_R-y_Q)y_Sy_P+(y_S-y_P)y_Ry_Q\\& =&y_Ry_Sy_P - y_Qy_Py_S + y_Sy_Ry_Q-y_Py_Qy_R\\& =&\frac1{m^2-1}\left(\frac{y_P}{b^2+1}- \frac{y_S}{a^2+1}+ \frac{y_Q}{b^2+1}- \frac{y_R}{a^2+1} \right)\\& =&\frac1{m^2-1}\left(\frac{y_P+y_Q}{b^2+1}- \frac{y_R+y_S}{a^2+1}\right)\\& =&\frac1{m^2-1}\left(\frac{2m}{(a^2+1)(b^2+1)}- \frac{2m}{(b^2+1)(a^2+1)}\right)=0\:. \end{array}

    Si y_S\neq y_P et y_R\neq y_Q alors le calcul ci-dessus implique x_C+x_D=0. Si y_S= y_P alors par symétrie aussi y_R=y_Q et on obtient encore que M est le milieu entre C et D.
    Cette dernière situation ne correspond pas à notre dessin, mais à celui ou on a permuté les rôles de P et S. En fait nous avons prouvé en même temps le résultat dual suivant : M est le milieu de l'intersection de (AB) avec (SQ) et avec (PR). Voir cette illustration de Alexander Bogomolny pour l'énoncé plus général.

4. Le vendredi 29 janvier 2010 à 13:02, par MathOMan

On vient de me signaler une liste de preuves de cet énoncé connu sous le nom théorème du papillon. Ma preuve analytique ci-dessus n'y figure pas, probablement parce qu'elle est efficace mais pas élégante...


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Pourquoi ne pas lire aussi :


Comment estimer une circonférence... et gagner un pari

Par Mathoman, lundi 18 mai 2009 à 09:29 - Maths pour tous - Tags

Dans ma cuisine je trouve ce récipient de sel cylindrique. Qu'est-ce qui est plus long, sa hauteur ou sa circonférence ?

combien est la circonference d'un cercle?

Comparons ! La hauteur est bien inférieure à l'écart que je peux faire entre mon pouce et mes doigts ; en revanche, je n'arrive pas à joindre mes doigts autour du périmètre. Donc, à ma grande surpise, la circonférence de ce cylindre est bien plus grande que sa hauteur.

Nous avons tous appris à l'école que pour calculer la circonférérence d'un cercle on multiplie son diamètre par ce fameux nombre \pi qui vaut approximativement 22/7. Et comme 22/7 est bien plus grand que 3, la circonférérence est supérieure à trois fois le diamètre. Si l'on garde cela à l'esprit, alors notre mesure ci-dessus n'est plus si surprenante !

La plupart des personnes se trompent avec ce type d'estimation et diront que la hauteur est plus grande. Le soir au bar, vous pouvez parier une bière avec vos amis en posant la même question sur la hauteur et le périmètre d'un verre de bière. Puis vous utilisez par exemple une serviette pour comparer les deux longueurs comme ci-dessous. C'est sûr que vous allez gagner !

La hauteur est... ...inférieure à la circonférence. Mathoman gagne une bière !

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Preuve que SO(3) est l'espace projectif à 3 dimensions

Par Mathoman, lundi 15 septembre 2008 à 23:44 - Maths pour matheux - Tags

Ci-dessus la solution pour l'exercice sur le lien entre groupe de rotation et espace projectif.

Réponses aux questions


  1. \mathbb{B}^1 est l'intervalle fermé [-1,1] et son bord \mathbb{S}^0=\{-1,1\} est constitué des deux extrémités.\mathbb{B}^2 est un disque et son bord \mathbb{S}^1 est un cercle.\mathbb{B}^3 est une ``vraie'' boule et son bord \mathbb{S}^2 est une ``vraie'' sphère.
    \;

  2. Les deux applications suivantes sont bijectives car inverses l'une de l'autre.
    \;
    <br />\mathbb{B}^n\:\longrightarrow\:\mathbb{S}^n_+\;,\;\;\;(x_1,\ldots,x_n<br />)\:\mapsto\:\big(x_1,\ldots,x_n,\sqrt{1-x_1^2-\ldots-x_n^2}\:\big)\,,

    \mathbb{S}^n\:\longrightarrow\:\mathbb{B}^n\;,\;\;\;(x_1,\ldots,x_{n+1})\:\mapsto\:(x_1,\ldots,x_n)\,.<br />

    Illustration: si on projette l'hémisphère nord sur l'hyper-plan équatorial, on obtient la boule d'unité dans cet hyper-plan.

    Projection de l'hémisphère

    Notons que dans le graphique l'axe des abscisses représente l'espace \mathbb{R}^{n}\:. Il est instructif de comprendre ce dessin déjà pour les plus basses dimensions:


    • Si n=1 alors on est dans le plan euclidien \mathbb{R}^2. Le demi-cercle supérieur \mathbb{S}^1_+ (en rouge) se projette bijectivement sur le segment \mathbb{B}^1 (en bleu).
      \;

    • Si n=2 alors on est dans l'espace plan euclidien \mathbb{R}^3 et \mathbb{S}^2 est une ``vraie'' sphère dont le dessin montre une coupe. L'hémisphère nord \mathbb{S}^2_+ (en rouge) se projette bijectivement sur le disque \mathbb{B}^2 (en bleu).
      \;



  3. Chaque droite D\in\mathbb{P}^n coupe la sphère \mathbb{S}^n en deux antipodes: ~\frac{x}{||x||}~ et ~\frac{-x}{||x||}~ où x est arbitraire dans D\backslash\{0\}.
    Au moins un des deux points est dans l'hémisphère nord:

    La droite coupe la sphère en exactement deux points antipodes

    De cette observation on déduit que l'applicationf\;: \;\;\;\mathbb{S}^n_+\;\longrightarrow\;\mathbb{P}^n\:,\;\;\;x\;\mapsto~\mathbb{R}x\,,

    est surjective; en plus, elle est injective en dehors de l'équateur, et deux antipodes sur l'équateur sont envoyés sur une même image. Plus précisément

    \forall x,y\in\mathbb{S}^n_+\,:\;\big[\,x\neq y\,\text{ et }\,f(x)=f(y) \:\big]\;\Rightarrow \;<br />\big[\:x=-y\;\text{ et }\;x_{n+1}=y_{n+1}=0\:\big]\,.<br />

    Par conséquence \: \mathbb{P}^n\: est en bijection avec l'ensemble obtenu à partir de \: \mathbb{S}^n_+\: par identification des antipodes sur l'équateur. Or d'après la question précédente nous savons que \: \: \mathbb{S}^n_+ \:\simeq\: \mathbb{B}^n\: \: et l'équateur n'est rien d'autre que le bord \: \mathbb{S}^{n-1}\: de \: \mathbb{B}^n\: . Par conséquence \: \: \mathbb{P}^n \,\simeq\: \mathbb{B}^n/\!\sim\: .

    \,
  4. Le résultat précédent implique en particulier que \:\mathbb{P}^1 \,\simeq\, \mathbb{B}^1/\!\sim\:.
    Or \:\mathbb{B}^1=[-1,1] et par conséquence \:\mathbb{B}^1/\!\sim\: est simplement l'intervalle [-1,1] où on a recollé -1 et 1.
    Ainsi \:\mathbb{B}^1/\!\sim\: est en bijection avec le cercle \,\mathbb{S}^1\,. Nous obtenons \mathbb{P}^1 \,\simeq\,\mathbb{S}^1. Illustration:

    Recoller un segment en un cercle

    D'autre part SO(2) est le groupe des rotations du plan euclidien orienté \mathbb{R}^2. Comme chaque rotation est déterminée de manière unique par son angle compris dans [0,2\pi[ il est évident que SO(2) est en bijection avec le cercle \mathbb{S}^1.
    Conclusion: SO(2)\simeq \mathbb{P}^1.
    \,

  5. Pour la suite voir le fichier pdf.

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Maths CM2

Par Mathoman, mercredi 21 janvier 2009 à 21:30 - Maths pour tous - Tags

Pourquoi le nombre \pi de la formule 2\pi R pour la circonférénce d'un cercle intervient-il également dans la formule \pi R^2 pour calculer la surface d'un disque ?

Lisez ici la belle explication que Stéphane Lamy donne à sa fille en CM2.

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Devinettes amusantes de géométrie

Par Mathoman, mardi 30 juin 2009 à 14:28 - Exo, enigme, casse-tête - Tags

Tout le monde connaît les petites devinettes qu'on se pose lors (ou à la place) d'un dessert après un déjeuner frugal au restaurant universitaire. Voici une jolie devinette géométrique :

Sans lever la main, relier tous les neuf points suivants par quatre lignes droites.

°             °             °



°             °             °



°             °             °



Ce n'est pas si évident. La solution à voir dans le vidéo ci-dessous montre que nos habitudes nous empêchent de dépasser certaines limites...


MathOMan relie 9 points avec 4 droites


Souriante la petite Bin prend sa revanche et me lance le défi géométrique suivant :

Sans lever le stylo, tracer un cercle et son centre (pas plus).

Voici la vidéo où elle montre sa solution rusée à ce petit problème très troublant pour un spécialiste de la connexité.


Bin trace une cercle et son centre

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Entraîner sa vue géométrique

Par Mathoman, dimanche 19 octobre 2008 à 19:30 - Maths pour tous - Tags

Matthias Wandel est le fils d'un éleveur de vaches allemand qui a émigré au Canada en 1980 avec sa famille. Il construit des choses fabuleuses en bois (notamment la calculatrice binaire en bois), mais il programme également des jeux en ligne, comme par exemple The Eyeballing Game.

Tester sa vue en géométrie

On peut y entraîner sa vision approximative en géométrie plane. Les huit épreuves proposées sont les suivantes.
  • Ajuster un sommet pour obtenir un parallelogramme,
  • trouver le milieu entre deux points,
  • trouver la bissectrice d'un angle,
  • placer le centre d'un triangle (centre du cercle inscrit, l'intersection des bissectrices),
  • trouver le centre d'un cercle,
  • former un angle droit,
  • placer l'intersection de trois droites concourantes.
En principe, ce sont toutes des constructions géométriques qu'un élève de collège peut réaliser à la règle et au compas. Or ici il ne s'agit pas d'ancrer votre compas sur votre écran d'ordinateur LCD et y percer des trous, mais d'essaier de trouver à l'oeil nu le point demandé. Vous devez jouer trois tours pour obtenir un score final; vous allez voir que vous vous améliorez à chaque tour. Pensez à enfoncer la souris, puis à la relacher à l'endroit souhaité (vous ne pouvez plus corriger après).

Le score est mesuré en écarts (pixels) entre votre résultat et le vrai — donc plus bas mieux c'est. Mon score total des trois tours était de 5,05 (ma meilleure réponse était de 0,2). C'est un résultat très moyen... pas terrible pour un mathématicien! Ma seule excuse: je suis myope et astighmate ;-)

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Facteurs multiplicateurs et énérgie des éoliennes

Par Mathoman, jeudi 10 décembre 2009 à 16:56 - Maths pour tous - Tags

Nous savons tous que l'aire d'un carré de côté L vaut L². Lorsqu'on double la longueur des côtés alors l'aire est multipliée par 4 ; en effet, (2L)²=4L².

On montre de la même manière que si on double chaque côté d'un cube alors on multiplie sa superficie par 4 et son volume par 8. Plus généralement, ce principe fonctionne aussi pour des surfaces et volumes courbés (sphères, cones,...). Les mathématiciens parlent alors d'homothétie, les physiciens de changement d'échelle.

On le voit bien sur les formules pour une sphère de rayon r : La circonférence (périmètre d'un grand cercle) vaut 2\pi r, sa superficie 4 \pi r^2 et son volume 4\pi r^3/3. Donc la circonférence est proportionnelle à r, la surface à r² et le volume à r^3.

Question :
Aujourd'hui la vitesse du vent qui arrive sur mon éolienne est le double de celle d'hier. Par quel facteur dois-je multiplier l'énérgie obtenue dans la journée d'hier pour calculer celle que j'obtiens aujourd'hui ?
(On pourra supposer une éolienne idéale qui capte toute l'énergie du vent qui passe.)

La réponse n'est pas très difficile, les connaissances en physique du lycée devraient suffire.

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Cercle, ellipse et suite d'éclats

Par Mathoman, samedi 15 mai 2010 à 11:20 - Maths et les arts - Tags

L'artiste suisse Felice Varini expose actuellement à la Galérie Xippas à Paris. Il aime jouer avec des illusions optiques dans l'espace, des sortes de trompe l'œil. Plus précisément, en termes mathématiques, il profite du fait que la projection de l'espace à trois dimensions sur un plan (espace à deux dimensions) n'est ni injective ni isométrique.

Par exemple une ellipse peut se transformer en cercle par cette projection. Les installations de Varini l'illustrent, il suffit de changer de perspective (ou comme dit Varini, se mettre hors point de vue). Les photos suivantes sont extraites du site web de l'artiste. On peut réaliser cette illusion optique dans son propre appartement ; voici une vidéo avec un cube.

illusion optique en art
Felice Varini : Quatre cercles dansants

illusion optique en art
Hors point de vue

Et comme les cercles ne sont pas posés sur un support plane, il arrive bien souvent qu'ils consistent de plusieurs parties non-connexes. Dans l'exemple ci-dessus les dessins des cercles rentrent même à l'intérieur de la salle de séjour (sur la première photo la porte est ouverte). On constate également que l'épaisseur du trait doit varier en fonction de l'emplacement.
L'été dernier Varini a même encerclé tout un village dans les Alpes Suisses !

illusion optique en art
Felice Varini : Cercle et suite d'éclats (Vercorin, Suisse, été 2009)

artiste d'illusion optique
Hors point de vue

Et pour finir, voici une autre illusion d'optique, cette fois fabriquée par un mathématicien, le japonais Kokichi Sugihara, de l’Institut pour les sciences mathématiques de Kawasaki. Quatre boules sous le seul effet de la gravation...

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Les mots clé et les visiteurs de ce blog

Par Mathoman, vendredi 19 juin 2009 à 17:58 - Sujets hors sujet - Tags

Récemment j'ai regardé, comme tout bloggeur qui se respecte, les statistiques de ce blog MathOMan. J'étais curieux de savoir de quels pays viennent mes visiteurs et via quelles pages web intermédiaires ou grâce à quels mots clé ils arrivent sur mon site.

Pour les non-initiés : un mot-clé (en anglais keyword) est un mot ou une combinaison de mots que vous rentrez dans un moteur de recherche.

La majorité des visiteurs de ce blog viennent de la France, du Canada et des pays francophones d'Afrique. En regardant de plus près dans Network Location j'ai pu constater que le Ministère de l'éducation nationale rend visite à MathOMan presque tous les jours ouvrés de la semaine. Je suppose qu'il s'agit là d'une procédure standard visée à vérifier que les enseignants n'écrivent pas trop de bêtises sur leurs blogs.

Les mots clés les plus fréquemment cherchés par les internautes arrivés sur MathOMan concernent les mathématiques élémentaires, comme par exemple :

  • comment trouver le centre d'un cercle
  • comment calculer un pourcentage
  • calculer une circonférence
  • algebre pour les nuls

Pour que ces gens ne restent plus sur leur faim ici, je vais ouvrir prochainement une nouvelle catégorie de billets intitulée Les Maths pour les Nuls !

Evidemment il y a actuellement beaucoup de recherches du mot clé "sujet de bac mathématiques". D'autres mots clé sont très amusants, pour diverses raisons, soit par leur combinaisons insolites, soit par le côté existentiel (comme le no.4 ci-dessous), soit par l'impossibilité de trouver une réponse à cette question (comme le no.5) :

  1. blog ennuyeux
  2. comment etre elégante en classe
  3. pourquoi pas de belle fille en math spé
  4. faire des math ou pas
  5. comment trouver le centre d'un cercle juste avec un compas
  6. comment faire un piege a oiseau qui marche
  7. piege a oiseaux sans piege
  8. thèse doctorat reggae
  9. ils ne comprennent rien il n'apprennent jamais
  10. combien en fraction le nombre de gens qui parlent existent ?
  11. comment resoudre une equation du premier degre sans pi
  12. jean dieudonné: quelle distance a-t-il parcouru ?
  13. apprendre beaucoup en peu de temps
  14. bien gerer son bac avec humour
  15. komen reusir le bac san travailé
  16. avec quelle musique faire des maths ?
  17. comment etre un bon eleve dans la classe
  18. comment calculer comment sa nous prend pour passer avec un pourcentage
  19. insecte laid qui ressemble a une fourmi transparent
  20. je veux qu'on me calcule cet exercice
  21. comment faire une opération de transformation un homme en une femme
  22. peut on réapprendre les maths à quarante ans
  23. qui fait les math à ma place
  24. demontrer de fausses égalités mathématiques
  25. elle est ferme
  26. image filles sur canapé
  27. colloque proust contrepeterie
  28. les étudiants ne savent plus faire une équation
  29. exercice pour avoir le prix nobel en maths
  30. apres combien de temps un chien oublie son maitre
  31. comment tracer une droites concourantes
  32. apprendre la corégraphie de nobody's perfect
  33. je suis aller au collège cette année, un jour, malheureusement, nous avons un problème dans le français le plus de mes leçons que nous ne comprenons pas ce que je dois faire des contrôles
  34. combien de temp deux chien son coller après avoir fait l'amour
  35. comment trouver le mot je t'aime en math
  36. comment être une fille amusante
  37. comment aimer son mari
  38. maths et masturbation
  39. extrait x les petit nin avec femme
  40. femme qui fait l'amour avec un chien
  41. anssienne metode de multiplication
  42. alain conne salaire
  43. les 3 connes streaming
  44. comment écrire (a+b)² sous la forme d'un produit de deux facteurs
  45. franque du bosque
  46. ou faire virifier c'est fiche de paye

Je lance un défi aux lecteurs de ce blog : trouvez les réponses les plus insolite à ces questions !

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La mouche dans le pot

Par Mathoman, vendredi 14 janvier 2011 à 11:03 - Exo, enigme, casse-tête - Tags

Après l'exercice sur la mouche et les araignées voici un exercice de physique sur une mouche et un pot :

Problème: on dispose d'un pot avec couvercle et d'une balance ultra précis. On tare le pot fermé puis on introduit une mouche qui reste en vol. Si on pèse à nouveau, pèse-t-on la mouche ?

C'est un lecteur du blog qui me l'a envoyé et souhaite connaître la réponse. Je pense que la solution n'est pas difficile.

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Torsion du bras - le groupe fondamental de SO(3)

Par Mathoman, vendredi 7 novembre 2008 à 15:25 - Maths pour matheux - Tags

Dernièrement nous avons parlé de groupes cycliques et du groupe de rotation SO(3). Aujourd'hui nous allons revisiter ces deux notions pour explorer une jolie propriété en mathématiques.

Voici une petite vidéo où je tourne mon bol de café au lait. Plus précisément je lui fais deux tours complets. On remarquera qu'après le premier tour mon bras est tourdu, mais après le deuxième tour mon bras revient à sa comfortable position du début.

MathOMan tord son bras... et le remet à sa place!



Bizarre... La tasse de café retrouve sa position initiale après le premier tour. Ca semble évident car une rotation par 360° revient à faire une rotation de 0°. Mon bras, en revanche, a besoin de deux tours, c'est-à-dire 720°, pour retrouver sa position initiale.

Le secret de tout ça réside dans le groupe fondamental de SO(3). Le groupe fondamental est constitué des lacets (chemins fermés) — plus précisément des classes d'homotopie de lacets, deux lacets étant dit homotopes si on peut déformer l'un dans l'autre de manière continue.

Le problème est donc de savoir si l'on peut passer continûment d'un lacet dans l'espace des rotations à un autre. C'est une question de topologie non-triviale. Il se trouve que, contrairement a ce que nous dit notre intuition, une rotation de 360° n'est pas équivalente à pas de rotation! C'est profondement incompréhensible à premier abord. Il faut une rotation de 720°.

Explication (par handwaving en prose)

Pour ce qui suit il faut avoir compris que SO(3) peut être vu comme la boule d'unité (de l'espace ambiant à trois dimensions) après identification des antipodes sur la sphère — voir le billet sur le groupe de rotation SO(3) pour les détails.
  • Choisissons deux antipodes P et Q sur la sphère et notons g le chemin qui va de P à Q en ligne droite. Or g est un lacet dans SO(3) à cause de l'identification des antipodes. Plus précisément, il s'agit des rotations atour de l'axe fixe (PQ) commençant avec l'angle -180° et finissant avec l'angle 180°. Ce lacet g représente donc précisément un tour de la tasse de café.
  • Soit h un demi-cercle sur la sphère, allant de P à Q. Il est clair qu'on peut déformer g continûment en h. En termes d'homotopie on a alors g=h.
  • Considérons le demi-cercle h' allant de Q à P qui complète h en un cercle entier. Maintenant vient le point crucial: le cercle entier h+h' est homotope au lacet constant, car on peut le "rétrécir en un point''.
  • D'autre part il est clair que, par identification des antipodes, h et h' sont deux lacets identiques dans SO(3). Nous obtenons ainsi 2g=2h=h+h'=0 dans le groupe fondamentale de SO(3).
Ainsi nous avons montré que 2g=0, c'est-à-dire un tour de 720° du bol de café se déforme continûment au tour nul, ce qui permet à mon bras de se remettre en place.

Il reste à voir qu'on n'a pas déjà g=0, autrement dit qu'il est impossible d'avoir le bras en place déjà après le premier tour. Une manière simple de comprendre que g , ou encore h, n'est pas homotope au lacet constant est de voir h comme un lacet dans l'espace projectif de dimension 3. Il correspond alors à la rotation d'une droite dans l'espace de dimension 4, d'angle 180° autour d'un axe perpendiculaire. La droite revient sur elle-même, mais on ne peut pas rétrécir ce mouvement.

Voilà, si on formalise ces raisonnements un peu plus, on démontre que le groupe fondamental de SO(3) (ou plus généralement d'un espace projectif de dimension au moins 3) est le groupe cyclique à deux éléments Z/2Z.

Les physiciens adorent ce genre de propriétés mathématiques et invoquent même le groupe de Spin, revêtement universel de SO(3). Mais pour expliquer ces applications en physique théorique, il faudra un autre bloggeur — peut-être un PhysOMan?

On m'a recommandé à ce sujet le livre Spinors & Space-Time de Roger Penrose et Wolfgang Rindler mais mes maigres pré-recquis en physique m'ont découragé de l'acquérir ;-)

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