Droite de Pascal

Théorème de Pascal

Il existe plusieurs théorèmes appelés théorème de Pascal.

Sommaire

1 Géométrie
2 Mécanique des fluides
3 Voir aussi
- 3.1 Articles connexes

Géométrie

Le théorème de Pascal est un théorème de géométrie projective.

Nous travaillons donc dans un plan projectif sur un corps (commutatif) quelconque K.

Théorème de Pascal (direct et réciproque)

Il y a équivalence entre les 2 propositions suivantes concernant un hexagone d'un plan projectif

(i) L'hexagone est inscrit dans une conique
(ii) Les intersections des paires de côtés opposés sont alignées (voir (*) ci-dessous).

(*) Si 2 côtés opposés sont confondus, leur intersection n'est évidemment pas unique. Le théorème s'interprète alors par exemple en écrivant la seconde condition sous la forme: "Il existe une droite contenant 3 points appartenant aux intersections respectives des paires de côtés opposés". Cependant cette disposition ne peut exister dans le cas d'une conique propre puisque l'intersection d'une telle conique et d'une droite comporte au plus 2 points.

$M 1, M 2, M 3, M 4, M 5, M 6$ désignant les 6 sommets de l'hexagone, les paires de côtés opposés sont $\{M_1M_2,M_4M_5\},\ \{M_2M_3,M_5M_6\},\ \{M_3M_4,M_6M_1\}$ . Ces intersections sont respectivement $A, B, C$

Fichier:PascalHyperbole.png

Le théorème de Pascal dans le cas d'une hyperbole du plan réel

$(i) \Rightarrow (ii) :$

Il résulte des propriétés des homographies sur une conique que le birapport du faisceau de droites $SM_2,\ SM_4,\ SM_5,\ SM_6$ est indépendant du point S pris sur la conique. Par suite on a l'égalité des birapports de droites concourantes :

$[M_1M_2, \ M_1M_4, \ M_1M_5, \ M_1M_6]=[M_3M_2, \ M_3M_4, \ M_3M_5, \ M_3M_6]$

En considérant respectivement les intersections de ces 2 faisceaux par les droites $M_4M_5 \ et \ M_5M_6$ on en déduit l'égalité des birapports de points alignés:

$[A, M_4, M_5, P] \ = \ [B, Q, M_5, M_6]$ (1)

Les droites $M_4Q \ et \ PM_6$ se coupent en $C$ . La projection de sommet C de la droite $M 4 M 5$ sur $M 5 M 6$ transforme $M 4$ en $Q$ , $P$ en $M 6$ et laisse $M 5$ invariant. Cette projection transforme $A$ en un point $B'$ de la droite $M 5 M 6$ tel que

$[A, M_4, M_5, P] \ = \ [B', Q, M_5, M_6]$ (2) puisque cette projection est une application projective et conserve donc les birapports. Les 2 égalités (1) et (2) entraînent $[B, Q, M_5, M_6] \ = \ [B', Q, M_5, M_6]$ et donc B=B'. Ainsi B est l'image de A dans cette projection de sommet C, ce qui montre bien l'alignement de A, B, C.

$(ii) \Rightarrow (i) :$

Par hypothèse on a une projection de sommet C de la droite $M 4 M 5$ sur $M 5 M 6$ qui transforme $M 4$ en $Q$ , $P$ en $M 6$ , laisse $M 5$ invariant et transforme $A$ en $B$ . Il en résulte l'égalité des birapports : $[A, M_4, M_5, P] \ = \ [B, Q, M_5, M_6]$ et par suite celle des birapports de faisceaux : $[M_1M_2, \ M_1M_4, \ M_1M_5, \ M_1M_6]=[M_3M_2, \ M_3M_4, \ M_3M_5, \ M_3M_6]$ .

Là encore les propriétés des homographies sur une conique montrent que les 6 points $M 1, M 2, M 3, M 4, M 5, M 6$ appartiennent à une même conique.

Théorème de Pappus-Pascal

Ce théorème est un cas particulier du théorème (direct) de Pascal. Il s'agit de celui où la conique est dégénérée en 2 droites distinctes D et D'. De plus, pour obtenir un résultat non trivial (vérification immédiate), on suppose que les 2 sommets de chaque côté appartiennent à des droites D, D' distinctes.

On peut remarquer en reprenant la démonstration dans ce cas que les résultats généraux d'homographie sur une conique ne sont pas réellement utilisés. Les théorèmes invoqués sont plus simplement ceux concernant les divisions de points alignés et les faisceaux de droites.

Théorème de Pascal (2)

Théorème de PASCAL: Étant donné un hexagone inscrit dans un cercle, les intersections des côtés opposés sont alignées.

On veut prouver l'alignement de $M, N, P$ ; on utilisera donc le théorème de Ménélaüs. Un triangle envisageable pour ce théorème est obtenu avec les droites $(B C),(D E),(F A)$ qui donnent les points $I, J, K$ (un autre celui construit avec $(A B),(C D),(E F)$ ). Les cotés non utilisés de l'hexagone fournissent des points alignés avec $M, N, P$ , d'où des utilisations possibles de Menelaüs qui traduisent en fait la façon dont la figure est construite. Il suffit alors d'utiliser le fait que tous ces points sont sur un même cercle, ce qui justifie l'utilisation de la puissance d'un point.

On veut donc calculer $\prod= \frac{\overline{MI}}{\overline{MJ}}\,\frac{\overline{PJ}}{\overline{PK} }\,\frac{\overline{NK}}{\overline{NI} }$ .

En utilisant le théorème de Ménélaüs dans le triangle $I J K$ et le fait que $M, A, B$ soient alignés on tire $\frac{\overline{MI}}{\overline{MJ}}\,\frac{\overline{BJ}}{\overline{BK}}\,\frac{\overline{AK}}{\overline{AI} }=1$

d'où $\frac{\overline{MI}}{\overline{MJ}}=\frac{\overline{BK}}{\overline{BJ}}\,\frac{\overline{AI}}{\overline{AK}}.$ On a également des relations similaires en écrivant que $N, D, C$ et $P, E, F$ sont alignés. Tout ceci donne $\prod=\Big(\frac{\overline{BK}}{\overline{BJ}}\,\frac{\overline{AI}}{\overline{AK}}\Big) \Big(\frac{\overline{EJ}}{\overline{EJ}}\,\frac{\overline{FI}}{\overline{FK}}\Big) \Big(\frac{\overline{CK}}{\overline{CJ}}\,\frac{\overline{DJ}}{\overline{DI}}\Big).$

En utilisant la puissance de $I, J, K$ par rapport au cercle, on tire $\overline{BK}\,\overline{CK}=\overline{AK}\,\overline{FK}$ , $\overline{AI}\,\overline{FI}=\overline{EI}\,\overline{DI}$ et finalement $\overline{EJ}\,\overline{DJ}=\overline{BJ}\,\overline{CJ}$ si bien que $\prod=1$ .

La droite que forme cet alignement est appelée droite de Pascal. La figure obtenue par la construction est appelée hexagramme mystique.

Nota bene: tout dépend du système d'axiomes choisis, mais les points d'intersection de deux droites existent toujours si on adopte les axiomes de la géométrie projective qui ignore le parallélisme.

En prenant la polaire de cet énoncé par rapport au cercle lui-même, nous obtenons l'énoncé dit "dual" du précédent

Énoncé initial	Énoncé "polarisé"
six points	six tangentes
point d'intersection	droite joignant
coté opposé	sommet opposé
aligné	concourante

Théorème de Brianchon: Étant donné un hexagone circonscrit à un cercle, les diagonales sont concourantes.

Ci-dessous le dessin dual du précédent. Les points ont été remplacés par les tangentes correspondantes ; le point de concours est le pôle de la droite précédente, ce qui est mis en évidence avec la tangente au cercle issue du projeté sur la droite du centre du cercle (en pointillé).

Prenant maintenant la polaire de ces deux énoncés par rapport à un cercle quelconque nous obtenons que ces deux énoncés restent valables sur une conique quelconque au lieu d'un cercle.

Ci-dessous le théorème de Pascal pour une hyperbole dans une situation "croisée" : non seulement l'hexagone n'est pas convexe, mais les côtés se croisent.

La réciproque de ce théorème est vraie également : si les trois points A, B, C d'intersection des côtés opposés de l'hexagone sont alignés alors l'hexagone est inscrit dans une conique.

Nota bene : dans son texte d'essai, Pascal mentionne cette propriété comme un petit lemme secondaire, on peut supposer qu'il n'avait pas perçu l'aspect fondamental de ce théorème qui est l'un des principaux de la géométrie projective.

Développements

Pour de plus amples informations et de très nombreuses constructions géométriques, nous renvoyons le lecteur au site cabri.imag déjà mentionné.

On trouvera également sur cette page une autre démonstration n'utilisant pas la transformée par polaires réciproques, mais l'écriture barycentrique d'une conique. Le résultat s'obtient alors par annulation d'un déterminant.

Réciproque du théorème de Pascal

Le théorème de Branchion admet une réciproque qui permet de définir les coniques d'une façon purement formelle en géométrie projective formelle (cf. traité projectif des coniques). On en trouvera ici une démonstration utilisant l'écriture barycentrique des coniques.

Nous en proposons une totalement analytique.

On se donne six points $A, B, C, A', B', C'$ .

On prend comme repère $A, B, C$ . Une conique passant par $A, B, C$ admet une équation de la forme

$(1)\qquad aX(X-1)+2bXY+cY(Y-1)=0.$

On note $α,α'$ les coordonnées de $A'$ (etc).

$(AB)\cap(B'C')=M$ a pour ordonnée $\frac{\beta\gamma'-\gamma\beta'}{ \beta-\gamma}$ ;

$(AC)\cap(A'B')=N$ a pour abscisse $\frac{\alpha\beta'-\alpha'\beta}{ \beta'-\alpha'}$ .

Au lieu de calculer les coordonnées de $(CC')\cap(BA')$ et de vérifier l'alignement nous dirons que les trois droites $(M N)$ , $(C C')$ , et $(B A')$ sont concourantes.

Équation de $(C C')$ : $\quad(\gamma-1)Y=\gamma'(X-1)$ ;

Équation de $(B A')$ : $\,\quad\alpha Y=(\alpha'-1)X+\alpha$ ;

Équation de $(M N)$ :

$\quad \begin{vmatrix} \frac{\alpha\beta'-\alpha'\beta}{ \beta'-\alpha'}&0 &X \\ 0 &\frac{\beta\gamma'-\gamma\beta'}{ \beta-\gamma}&Y \\ 1 &1 & 1 \end{vmatrix}=0=\begin{vmatrix} \alpha\beta'-\alpha'\beta& 0 & X \\ 0 & \beta\gamma'-\gamma\beta'& Y \\ \beta'-\alpha' & \beta-\gamma & 1 \end{vmatrix}$

La concourance se traduit par la nullité du déterminant

$D_1=\begin{vmatrix} -\gamma' & 1-\alpha'& (\beta'-\alpha')(\beta\gamma'-\gamma\beta')\\ \gamma-1 & \alpha & -(\beta-\gamma)(\alpha\beta'-\alpha'\beta) \\ \gamma' &-\alpha & (\beta\gamma'-\gamma\beta)'(\alpha\beta'-\alpha'\beta) \end{vmatrix}$

Maintenant, le fait que les points $A', B', C'$ soient sur la conique d'équation (1) se traduit par un système de trois équations (une par point) d'inconnues $a, b, c$ et qui admet une solution non triviale. Ceci se traduit par la nullité du déterminant

$D_2=\begin{vmatrix} \alpha(\alpha-1) & \alpha\alpha' &\alpha'(\alpha'-1)\\ \beta(\beta-1) & \beta\beta' &\beta'(\beta'-1)\\ \gamma(\gamma-1) & \gamma\gamma' &\gamma'(\gamma'-1) \end{vmatrix}$

Miracle ! Ces deux déterminants sont égaux !

On peut bien sûr les calculer par la méthode de Sarrus, mais on peut aussi observer que dans $D 2$ , le terme $αα'$ (etc) n'apparaît que dans la deuxième colonne son facteur valant

$\begin{vmatrix} \beta(\beta-1) &\beta'(\beta'-1)\\ \gamma(\gamma-1) &\gamma'(\gamma'-1) \end{vmatrix}$

Nous calculons ce facteur dans $D 1$ en utilisant la deuxième colonne :

--- $\quad(\gamma-1)\beta'(\beta\gamma'-\gamma\beta')+\gamma'\beta'(\beta-\gamma)$ pour la première ligne;

--- $\quad\gamma'(\beta\gamma'-\gamma\beta')\beta+\gamma'(\beta\gamma'-\gamma\beta')$ pour la deuxième ;

--- $\quad\gamma'\beta(\beta-\gamma)+(\gamma-1)(\beta\gamma'-\gamma'\beta)$ pour la troisième.

La somme donne la même expression que dans $D 2$ .

En échangeant $α'$ et $γ$ , $β,β'$ et $α,γ'$ les déterminants ne changent pas ce qui permet d'affirmer l'égalité des coefficients de $γγ'$ .

Reste celui de $ββ'$ , qui vaut

$\gamma'\begin{vmatrix}\gamma-1&\alpha\\\gamma'&-\alpha\end{vmatrix} +\alpha\begin{vmatrix}\gamma'&1-\alpha'\\\gamma'&-\alpha\end{vmatrix} +(\alpha\gamma'+\alpha'\gamma)\begin{vmatrix}-\gamma'&1-\alpha'\\\gamma-1&-\alpha\end{vmatrix} ;$

soit finalement le même que dans $D 1$ une fois effectué le petit calcul.

Mécanique des fluides

En mécanique des fluides, le théorème de Pascal s'énonce comme suit :

Les fluides incompressibles transmettent intégralement et dans toutes les directions, les pressions qui leur sont appliquées.

Les propriétés d'un fluide incompressibles sont donc isotropes.

Pour la démonstration, on pourra se reporter par exemple à la page de Sciences.ch.

Voir aussi

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