Triomphe de Babar (2) : Preuve de Varignon sans algèbre

Si, dans le billet précédent, la preuve de l’équivalence entre champ vectoriel équiprojectif et relation de Varignon vous a été donnée, cette dernière fait intervenir une bonne part d’algèbre.

Je vais essayer de vous proposer ici une preuve ne faisant intervenir que des concepts de géométrie vectorielle et on pourra en profiter pour voir une méthode pour prouver des relations vectorielles.

Tourne le produit mixte

Le produit mixte est invariant par permutation circulaire, on peut réécrire cette propriété comme suis :

\forall \vec{a},\vec{b},\vec{c} \quad \left ( \vec{a} \wedge \vec{b}  \right ) . \vec{c} = \left ( \vec{c} \wedge \vec{a}  \right ).\vec{b} = \left (\vec{b} \wedge \vec{c}  \right ).\vec{a}

Remarquons qu’il suffit de prouver la première égalité pour prouver immédiatement la seconde.

Remarquons que si l’on décompose chaque vecteur dans une base orthonormée, il suffit que la relation soit vraie pour tous les triplet de la base pour qu’elle soit vraie pour tous les vecteurs de l’espace.

Alors, si, à priori, la preuve pourrait sembler complexe, ce n’est plus le cas : elle est, au pire, un petit peu fastidieuse : trois triplets avec trois choix pour chacun représentent 3^3 = 27 cas à traiter. Dans l’idéal, une représentation en cube aurait été parfaite, mais cette dernière est difficilement possible sur le papier.

Nous allons donc nous contenter de trois tableaux 3×3. Voici d’abord ceux de \left ( \vec{a} \wedge \vec{b} \right ) . \vec{c}

\vec{c} = \vec{x}\\ \begin{array}{|c|c|c|c|} \hline \vec{a} \backslash \vec{b} & \vec{x} &  \vec{y} &  \vec{z}\\ \hline \vec{x} & \vec{0}.\vec{x}=0 &  \vec{z}.\vec{x}=0 &  -\vec{y}.\vec{x}=0\\ \hline \vec{y} & -\vec{z}.\vec{x}=0 &  \vec{0}.\vec{x}=0 &  \vec{x}.\vec{x}=1\\ \hline \vec{z} & \vec{y}.\vec{x}=0 &  -\vec{x}.\vec{x}=-1 &  \vec{0}.\vec{x}=0\\ \hline \end{array}

\vec{c} = \vec{y}\\ \begin{array}{|c|c|c|c|} \hline \vec{a} \backslash \vec{b} & \vec{x} &  \vec{y} &  \vec{z}\\ \hline \vec{x} & \vec{0}.\vec{y}=0 &  \vec{z}.\vec{y}=0 &  -\vec{y}.\vec{y}=-1\\ \hline \vec{y} & -\vec{z}.\vec{y}=0 &  \vec{0}.\vec{y}=0 &  \vec{x}.\vec{y}=0\\ \hline \vec{z} & \vec{y}.\vec{y}=1 &  -\vec{x}.\vec{y}=0 &  \vec{0}.\vec{y}=0\\ \hline \end{array}

\vec{c} = \vec{z}\\ \begin{array}{|c|c|c|c|} \hline \vec{a} \backslash \vec{b} & \vec{x} &  \vec{y} &  \vec{z}\\ \hline \vec{x} & \vec{0}.\vec{z}=0 &  \vec{z}.\vec{z}=1 &  -\vec{y}.\vec{z}=0\\ \hline \vec{y} & -\vec{z}.\vec{z}=-1 &  \vec{0}.\vec{z}=0 &  \vec{x}.\vec{z}=0\\ \hline \vec{z} & \vec{y}.\vec{z}=0 &  -\vec{x}.\vec{z}=0 &  \vec{0}.\vec{z}=0\\ \hline \end{array}

Nous allons donc pouvoir les comparer aux tableaux obtenus avec \left ( \vec{c} \wedge \vec{a}  \right ).\vec{b} :

\vec{c} = \vec{x}\\ \begin{array}{|c|c|c|c|} \hline \vec{a} \backslash \vec{b} & \vec{x} &  \vec{y} &  \vec{z}\\ \hline \vec{x} & \vec{0}.\vec{x}=0 &  \vec{0}.\vec{y}=0 &  -\vec{0}.\vec{z}=0\\ \hline \vec{y} & \vec{z}.\vec{x}=0 &  \vec{z}.\vec{y}=0 &  \vec{z}.\vec{z}=1\\ \hline \vec{z} & -\vec{y}.\vec{x}=0 &  -\vec{y}.\vec{y}=-1 &  -\vec{y}.\vec{z}=0\\ \hline \end{array}

\vec{c} = \vec{y}\\ \begin{array}{|c|c|c|c|} \hline \vec{a} \backslash \vec{b} & \vec{x} &  \vec{y} &  \vec{z}\\ \hline \vec{x} & -\vec{z}.\vec{x}=0 &  -\vec{z}.\vec{y}=0 &  -\vec{z}.\vec{z}=-1\\ \hline \vec{y} & \vec{0}.\vec{x}=0 &  \vec{0}.\vec{y}=0 &  \vec{0}.\vec{z}=0\\ \hline \vec{z} & \vec{x}.\vec{x}=1 &  \vec{x}.\vec{y}=0 &  \vec{x}.\vec{z}=0\\ \hline \end{array}

\vec{c} = \vec{z}\\ \begin{array}{|c|c|c|c|} \hline \vec{a} \backslash \vec{b} & \vec{x} &  \vec{y} &  \vec{z}\\ \hline \vec{x} & \vec{y}.\vec{x}=0 &  \vec{y}.\vec{y}=1 &  \vec{y}.\vec{z}=0\\ \hline \vec{y} & -\vec{x}.\vec{x}=-1 &  -\vec{x}.\vec{y}=0 &  -\vec{x}.\vec{z}=0\\ \hline \vec{z} & \vec{0}.\vec{x}=0 &  \vec{0}.\vec{y}=0 &  \vec{0}.\vec{z}=0\\ \hline \end{array}

Le résultat est identique dans les 27 cas, donc la formule est vraie dans le cas général.

On peut noter plusieurs remarques :

  • on aurait pu aisément faire seulement 3 tableaux pour ne représenter que la différence entre le terme de gauche par le terme de droite et constater qu’il est nul pour tous les triplets ;
  • dans ce cas particulier, on peut constater que beaucoup de cas sont nuls trivialement (le produit vectoriel d’un vecteur par lui-même est nul, et le produit vectoriel est orthogonal a ses deux antécédents) : seuls les cas où \vec{a}, \vec{b} et \vec{c} sont différents présentent un résultat non trivial : cela représente seulement 3! = 6 cas ;
  • on peut construire une base ad hoc pour se simplifier les choses et limiter le nombre de cas à étudier : si \vec{a}/\left \Vert \vec{a} \right \Vert est considérée comme le premier élément de la base orthonormée considérée. On peut de la même façon considérer que la deuxième vecteur peut être représenté uniquement grâce aux deux premiers vecteurs de la base grâce au choix du deuxième vecteur de la base (voir la suite).

Preuve du double produit

Prouvons maintenant la formule du double produit vectoriel ainsi :

\left ( \vec{a} \wedge \vec{b} \right ) \wedge \vec{c} = \left (\vec{a}.\vec{c} \right ) \vec{b}- \left (\vec{b}.\vec{c} \right )\vec{a}

La définition de la base se fera ainsi :

  • Dans le cas où \vec{a} et \vec{b} ne sont pas colinéaire, on travaillera dans la base suivante :
    \mathcal{B} = \left ( \vec{x} = \dfrac{\vec{a}}{\left \Vert \vec{a} \right \Vert}, \vec{y} = \dfrac{\vec{b}-(\vec{b}.\vec{x})\vec{x}}{\left \Vert \vec{b}-(\vec{b}.\vec{x})\vec{x} \right \Vert}, \vec{z}=\vec{x}\wedge \vec{y} \right )
  • Si \vec{a} et \vec{b} sont colinéaires et \vec{a} \neq \vec{0}, on travaillera dans n’importe quelle base commençant par le vecteur \vec{x} défini de la même façon.
  • Dans le cas où \vec{a} = \vec{0} et \vec{b} \neq \vec{0}, on définit \vec{y}=\vec{b}/\left \Vert \vec{b} \right \Vert et les deux autres vecteurs de façon quelconque.
  • Si \vec{a} et \vec{b} sont nuls, alors n’importe quelle base convient.

Le but de cette construction est de faire en sorte que, dans tous les cas, le vecteur \vec{a} est porté par \vec{x}, et le vecteur \vec{b} est porté par \vec{x} et \vec{y} et \vec{c} est quelconque. La construction est unpetit peu fastidieuse, mais c’est parce qu’elle demande de prendre en compte les cas particuliers.

Mais, grâce à elle, on se retrouve donc avec seulement 6 cas à étudier au lieu de 27.

Voici d’abord le résultat pour le membre de gauche \left ( \vec{a} \wedge \vec{b} \right ) \wedge \vec{c} :

\vec{a} = \vec{x}\\ \begin{array}{|c|c|c|c|} \hline \vec{b} \backslash \vec{c} & \vec{x} &  \vec{y} &  \vec{z}\\ \hline \vec{x} & \vec{0}\wedge\vec{x}=\vec{0} &  \vec{0}\wedge\vec{y}=\vec{0} &  \vec{0}\wedge\vec{z}=\vec{0} \\ \hline \vec{y} & \vec{z}\wedge\vec{x}=\vec{y} &  \vec{z}\wedge\vec{y}=-\vec{x} &  \vec{z}\wedge\vec{z}=\vec{0} \\ \hline \end{array}

Et voici le résultat pour le membre de droite \left (\vec{a}.\vec{c} \right ) \vec{b}- \left (\vec{b}.\vec{c} \right )\vec{a} :

\vec{a} = \vec{x}\\ \begin{array}{|c|c|c|c|} \hline \vec{b} \backslash \vec{c} & \vec{x} &  \vec{y} &  \vec{z}\\ \hline \vec{x} & 1\vec{x}-1\vec{x}=\vec{0} & 0\vec{x}-0\vec{x}=\vec{0} &  0\vec{x}-0\vec{x}=\vec{0} \\ \hline \vec{y} & 1\vec{y}-0\vec{x}=\vec{y} &  0\vec{y}-1\vec{x}=-\vec{x} &  0\vec{y}-0\vec{x}=\vec{0} \\ \hline \end{array}

Les résultats des deux tableaux correspondent, donc on a prouvé notre relation dans une base particulière, donc dans toutes les bases.

Ce n’est surement pas la preuve la plus élégante, mais elle possède un atout que je trouve redoutable : elle permet de vérifier une formule vectorielle floue en moins d’une minute sur un brouillon.

L’orthogonalité vue comme conséquence d’un produit vectoriel

On se pose une équation d’orthogonalité de vecteur tel que :

\vec{a}.\vec{b} = 0

On veut prouver alors que cela implique qu’il existe une famille de vecteur \vec{c} + \lambda \vec{b} tel que :

\vec{c}.\vec{b} = 0 \\ \vec{a} = \left ( \vec{c} + \lambda \vec{b} \right ) \wedge \vec{b}

Le fait que l’ajout du vecteur \lambda \vec{b} ne change rien au résultat est assez évident. L’une des manières de construire cette démonstration est de trouver un vecteur \vec{c} qui convienne.

On propose par exemple, tant que \vec{b} \neq \vec{0}  :

\vec{c} = \dfrac{\vec{b} \wedge \vec{a}}{\vec{b}.\vec{b}}

Vérifions que l’on retrouve bien le bon résultat en utilisant la formule du double produit vectoriel :

\vec{c} \wedge \vec{b} = \dfrac{\vec{b} \wedge \vec{a}}{\vec{b}.\vec{b}} \wedge \vec{b} = \dfrac{(\vec{b}.\vec{b})\vec{a}-(\vec{b}.\vec{a})\vec{b}}{\vec{b}.\vec{b}} = \vec{a}

Dans le cas où \vec{b} = \vec{0}, il suffit de prendre : \vec{c} = \vec{0} par exemple, bien que dans ce cas-là, toutes les résultantes soient possibles.

Il est donc toujours possible de construire une relation de produit vectoriel à partir d’une orthogonalité.

Propriété fondamentale de la fonction différence des moments

Soit une base orthonormée \left ( \vec{i},\vec{j},\vec{k} \right ), une origine O et un champ équiprojectif de moment \mathcal{M}(M).

On pose la fonction \vec{u_O}(M) =\mathcal{M}(M)-\mathcal{M}(0) qui, à tout point de l’espace, associe la différence du moment en ce point par le moment à l’origine O.

Par la relation d’équiprojectivité, on obtient rapidement que :

\vec{u_O}(M).\vec{OM} = 0

Il existe donc une famille de vecteur \vec{R}_O(M) + \lambda \vec{OM} tel que :

\vec{u_O}(M)= (\vec{R}_O(M) + \lambda \vec{OM}) \wedge \vec{OM}

De même pour le point N quelconque aussi : il existe une famille de vecteur \vec{R}_O(N) + \mu \vec{ON} tel que :

\vec{u_O}(N)= (\vec{R}_O(N) + \mu \vec{ON}) \wedge \vec{ON}

Si on soustrait les deux relations précédentes, on obtient donc :

\vec{u_O}(M) - \vec{u_O}(N) = (\vec{R}_O(M) + \lambda \vec{OM}) \wedge \vec{OM} - (\vec{R}_O(N) + \mu \vec{ON}) \wedge \vec{ON}

En repassant par la définition de la fonction \vec{u_O}(M) et en utilisant la propriété d’équiprojectivité du champ des moments, lorsqu’on projette cette équation sur \vec{MN}, on obtient :

0 = \left ( (\vec{R}_O(M) + \lambda \vec{OM}) \wedge \vec{OM} \right ). \vec{MN}- \left ( (\vec{R}_O(N) + \mu \vec{ON}) \wedge \vec{ON}\right ). \vec{MN}

En utilisant l’invariance du produit mixte par permutation circulaire, on obtient :

0 = \left ( \vec{OM} \wedge \vec{MN} \right ) . \left ( \vec{R}_O(M) + \lambda \vec{OM} \right ) - \left ( \vec{ON} \wedge \vec{MN} \right ) . \left (\vec{R}_O(N) + \mu \vec{ON} \right )

Or, on peut réécrire le premier produit vectoriel :

\vec{OM} \wedge \vec{MN} =\vec{OM} \wedge \vec{MN}+\vec{OM} \wedge \vec{OM} = \vec{OM} \wedge \left( \vec{OM}  +\vec{MN} \right) = \vec{OM} \wedge \vec{ON}

De même pour le deuxième produit vectoriel :

\vec{ON} \wedge \vec{MN} = \vec{ON} \wedge \left( \vec{MN}  +\vec{NO} \right) = \vec{ON} \wedge \vec{MO}= \vec{OM} \wedge \vec{ON}

On obtient pour tout point M et N la relation suivante :

\left ( \vec{OM} \wedge \vec{ON} \right ) . \left ( \vec{R}_O(M) + \lambda \vec{OM} - \vec{R}_O(N) - \mu \vec{ON} \right ) = 0

C’est cette relation qui sera surtout utilisée par la suite.

Preuve sur 3 points particuliers du repère

Soient les trois points I, J et K définis par :

\vec{OI} = \vec{i}, \quad \vec{OJ} = \vec{j}, \quad \vec{OK} = \vec{k}

Si on remplace le couple M et N par I et J, puis par J et K et enfin par K et I, on obtient les trois relations suivantes :

\left ( \vec{OI} \wedge \vec{OJ} \right ) . \left ( \vec{R}_O(I) + \lambda \vec{OI} - \vec{R}_O(J) - \mu \vec{OJ} \right ) = 0 \\ \left ( \vec{OJ} \wedge \vec{OK} \right ) . \left ( \vec{R}_O(J) + \lambda \vec{OJ} - \vec{R}_O(K) - \mu \vec{OK} \right ) = 0 \\ \left ( \vec{OK} \wedge \vec{OI} \right ) . \left ( \vec{R}_O(K) + \lambda \vec{OK} - \vec{R}_O(I) - \mu \vec{OI} \right ) = 0

Que l’on peut simplement réécrire :

\left ( \vec{R}_O(I) + \lambda \vec{i} \right ). \vec{k} = \left ( \vec{R}_O(J) + \mu \vec{j} \right ). \vec{k} \\ \left ( \vec{R}_O(J) + \mu \vec{j} \right ). \vec{i} = \left ( \vec{R}_O(K) + \nu \vec{k} \right ). \vec{i} \\ \left ( \vec{R}_O(K) + \nu \vec{k} \right ). \vec{j} = \left ( \vec{R}_O(I) + \lambda \vec{i} \right ). \vec{j}

Si on choisit correctement les valeurs de \lambda, \mu, \nu, on obtient un vecteur qui appartient aux trois familles de vecteurs en même temps :

\lambda= \vec{R}_O(J). \vec{i} = \vec{R}_O(K). \vec{i} \\ \mu = \vec{R}_O(K). \vec{j} = \vec{R}_O(I). \vec{j} \\ \nu = \vec{R}_O(I). \vec{k} = \vec{R}_O(J). \vec{k}

Et on a donc un vecteur unique \vec{R}_O(\mathcal{B}) tel que :

\vec{u_O}(I)= \vec{R}_O(\mathcal{B}) \wedge \vec{OI} \\ \vec{u_O}(J)= \vec{R}_O(\mathcal{B}) \wedge \vec{OJ} \\ \vec{u_O}(K)= \vec{R}_O(\mathcal{B}) \wedge \vec{OK}

Il ne reste donc plus qu’à prouver que ceci est vrai pour n’importe quel point M.

Généralisation pour tous les points

Pour un point M  d’abscisse x, d’ordonnée y et de cote z, on obtient en remplaçant le couple M et N par M et I, puis par M et J et enfin par M et K :

\left ( \vec{OM} \wedge \vec{OI} \right ) . \left ( \vec{R}_O(M) + \lambda \vec{OM} - \vec{R}_O(\mathcal{B}) \right ) = 0 \\ \left ( \vec{OM} \wedge \vec{OJ} \right ) . \left ( \vec{R}_O(M) + \lambda \vec{OM} - \vec{R}_O(\mathcal{B}) \right ) = 0 \\ \left ( \vec{OM} \wedge \vec{OK} \right ) . \left ( \vec{R}_O(M) + \lambda \vec{OM} - \vec{R}_O(\mathcal{B}) \right ) = 0

Par invariance du produit mixte par permutation circulaire, on obtient donc :

\left ( \left ( \vec{R}_O(M) + \lambda \vec{OM} - \vec{R}_O(\mathcal{B}) \right ) \wedge \vec{OM} \right ) . \vec{OI} = 0 \\ \left ( \left ( \vec{R}_O(M) + \lambda \vec{OM} - \vec{R}_O(\mathcal{B}) \right ) \wedge \vec{OM} \right ) . \vec{OJ} = 0 \\ \left ( \left ( \vec{R}_O(M) + \lambda \vec{OM} - \vec{R}_O(\mathcal{B}) \right ) \wedge \vec{OM} \ \right ) . \vec{OK} = 0

On retrouve une relation vectorielle projetée sur tous les vecteurs de la base, ce qui prouve donc que :

\left ( \vec{R}_O(M) + \lambda \vec{OM} - \vec{R}_O(\mathcal{B}) \right ) \wedge \vec{OM}= \vec{0}

Donc \left ( \vec{R}_O(M) + \lambda \vec{OM} - \vec{R}_O(\mathcal{B}) \right ) et \vec{OM} sont colinéaires. Que l’on peut réécrire par le fait qu’il existe un réel k tel que :

\vec{R}_O(M) + \lambda \vec{OM} - \vec{R}_O(\mathcal{B}) = k \vec{OM}

Pour \lambda =k, on obtient bien que \vec{R}_O(\mathcal{B}) fait partie de la famille qui permet le calcul de la fonction \vec{u_O}(M).

Indépendance de l’origine

On a donc bien obtenu que pour n’importe quel point M, il existe un unique vecteur \vec{R}_O tel que :

\vec{u_O}(M) =\mathcal{M}(M)-\mathcal{M}(0) = \vec{R}_O \wedge \vec{OM}

Donc cela est aussi vrai pour le point N quelconque aussi :

\vec{u_O}(N) =\mathcal{M}(N)-\mathcal{M}(0) = \vec{R}_O \wedge \vec{ON}

Si l’on soustrait ces deux relations, on obtient alors :

\mathcal{M}(M)-\mathcal{M}(N) = \vec{R}_O \wedge \vec{MN}

On voit que le point origine n’intervient plus : la résultante est indépendante de ce point arbitraire, et on peut la renomer simplement \vec{R} tel que, quels que soient deux points M et N :

\mathcal{M}(M)-\mathcal{M}(N) = \vec{R} \wedge \vec{MN}

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