GEOMETRIES EUCLIDIENNE ET NON EUCLIDIENNES

� ma femme, H�l�ne, et mes fils,

� tous mes anciens �l�ves,

en particulier �

Diane, Johanne, Xavier,...

mais aussi � tous ceux qui �taient en difficult� et qui m’ont conduit � r�fl�chir sur les math�matiques.

Premi�re partie
Avant propos

Le premier est un historique rapide de la g�om�trie : on essaie de montrer pourquoi la naissance des g�om�tries non euclidiennes a �t� aussi longue et difficile malgr� la qualit� des savants qui se sont int�ress�s au probl�me. Cette partie est accessible � tous.

Dans le second chapitre, on d�taille les approches d’un certain nombre de math�maticiens. On le fait avec les connaissances qu’ils pouvaient avoir � leur �poque, c’est-�-dire, celles qui sont donn�es dans les El�ments d’Euclide. C’est pour cela que ce chapitre commence par l’�nonc� des postulats ou axiomes utiles et celui des th�or�mes d’Euclide qui seront utilis�s ainsi que certaines de leurs d�monstrations lorsqu’elles pr�sentent un manque ou un probl�me.

Cette partie peut s’adresser � tout le monde mais elle demande un effort important. Si les connaissances demand�es en g�om�trie sont �l�mentaires (un �l�ve de troisi�me les a !), il faut s’efforcer de raisonner en n’utilisant que les th�or�mes auxquels on a droit. Il faut renoncer � ce qui nous semble �vident. Par exemple, dans certains cas un quadrilat�re pourra avoir trois angles droits sans �tre un rectangle, ou alors par deux points distincts pourront passer plusieurs droites, etc...

Enfin toutes les figures trac�es le sont comme si on �tait dans le cadre euclidien, alors qu’on ne le sera pas !

Le troisi�me chapitre peut �tre lu par tous ceux qui ont des connaissances sur les nombres complexes, la structure de groupe et les fonctions holomorphes ou le calcul int�gral. Une des conclusions sera que le parall�lisme n’est...pas toujours une propri�t� essentielle.

Table des mati�res

Avant propos
HISTORIQUE RAPIDE.
1 Introduction:
2 Math�matiques grecques
2.1 Naissance des math�matiques:
2.2 Quatre si�cles de r�flexion...:
3 El�ments d’Euclide
3.1 introduction
3.2 Composition des El�ments d’Euclide:
3.3 Composition du livre 1:
  3.3.1 Les axiomes ou "notions communes":
  3.3.2 Les postulats ou "demandes":
  3.3.3 Les d�finitions:
  3.3.4 Les th�or�mes:
  3.3.5 Notion de distance:
  3.3.6 Conclusion:
4 Math�matiques et monde r�el
4.1 Math�matiques fondamentales et appliqu�es:
4.2 De l’antiquit� � nos jours:
4.3 La g�ographie:
4.4 La peinture � la Rennaissance:
4.5 Le probl�me des parall�les et Aristote
5 Historique des travaux faits sur P5:
5.1 Antiquit�
  5.1.1 Posidonius: (131-51 AV.J.C)
  5.1.2 Proclus: (410-483 ap.J.C.):
5.2 Math�maticiens arabes (1)
  5.2.1 Al Jawhari
  5.2.2 Thabit b. Qurra
  5.2.3 Ibn al-Haytam:
  5.2.4 Al Khayyam:
5.3 Tentatives de d�monstrations � partir du XVIIe:
  5.3.1 Wallis : math�maticien �cossais.
  5.3.2 Girolamo Saccheri: (1)
  5.3.3 Johann Heinrich Lambert:(1)
  5.3.4 Adrien Marie LEGENDRE: (1752-1833) (1)
6 Positions philosophiques aux XVII-XVIIIe si�cles:
6.1 Newton:
6.2 Pascal
6.3 Descartes
6.4 Kant:
6.5 Conclusion:
7 G�om�trie non euclidiennes avec Lobatchevski et Bolyai:
7.1 Naissance difficile:
7.2 Premi�res g�om�tries non euclidiennes:
  7.2.1 Int�ressons nous � la g�om�trie de Lobatchevski:(1)
  7.2.2 Autres g�om�tries possibles:
  7.2.3 R�actions provoqu�es dans le courant du XIXe si�cle:
8 Conclusion:
D’EUCLIDE A LOBATCHEVSKI:
9 INTRODUCTION
10 Les El�ments d’Euclide:
10.1 Les d�finitions:
10.2 Les postulats:
10.3 Les axiomes:
10.4 Les th�or�mes:
  10.4.1 Livre 1: th�or�mes ne faisant pas intervenir P5.
  10.4.2 Livre 1: Th�or�mes faisant intervenir P5.
11 G�om�trie sur une sph�re
11.1 Introduction:
11.2 Somme des angles:
11.3 Triangles semblables:
  11.3.1 Que peut-on dire des angles ?
  11.3.2 Que peut-on dire des c�t�s ?
12 Posidonius:
13 Al Jahwari:
13.1 Prouvons d’abord que si PJ est vrai alors P5 est vrai.
13.2 PJ est-il ind�pendant de P5 ?
14 Al Khayyam:
14.1 le quadrilat�re de Al Khayyam:
15 Wallis:
15.1 PW est-il vraiment ind�pendant de P5 ?
  15.1.1 D’abord par les angles:
  15.1.2 Essayons par la proportionnalit�.
15.2 PW implique P5:
  15.2.1 Somme des angles dans un triangle:
  15.2.2 D�monstration de P5:
16 SACCHERI:(1)
16.1 Premiers r�sultats:
16.2 Hypoth�ses de Saccheri.
16.3 On se place sous H1:
  16.3.1 On va d�montrer que s’il existe un S-q dont les quatre angles sont droits alors tous les S-q sont des rectangles.
  16.3.2 Somme des angles d’un triangle:
  16.3.3 D�monstration de P5:
16.4 On se place sous H2:
  16.4.1 R�sultats pr�l�minaires:
  16.4.2 Somme des angles dans un triangle:
  16.4.3 D�monstration de P5:
  16.4.4 Analyse de cette incoh�rence:
  16.4.5 Sous H2 existe-t-il des droites parall�les ?
  16.4.6 Peut-on construire une g�om�trie coh�rente en prenant avec l’hypoth�se H2 ?
16.5 On se place sous H3:
17 Lambert:
17.1 Somme des angles d’un triangle sous H3.
17.2 Triangles semblables:
17.3 Propri�t�s du quadrilat�re de Lambert:
18 Legendre:
19 Lobatcheski:
19.1 R�sultats sur les droites parall�les:
19.2 R�sultats sur les angles.
ANALYSE COMPLEXE
20 Notion de distance:
21 L’ensemble des complexes:
21.1 Calculons la longueur d’un chemin:
  21.1.1 Cas euclidien:
  21.1.2 Fonction poids ou m�trique:
21.2 Transformation de M�bius:
  21.2.1 D�finition:
  21.2.2 Inversion dans

K

:
  21.2.3 Transformations conformes et anticonformes:
  21.2.4 Image d’une droite ou d’un cercle par une transformation de M�bius:
22 disque de poincar�:
22.1 Groupe des isom�tries de U:
22.2 G�od�siques de U:
22.3 Illustration:
22.4 Topologie dans U:
22.5 Introduction au demi-plan de Poincar�:
23 Demi-plan de Poincar� P:
23.1 Distance dans P:
  23.1.1 Proposition 4.1:
23.2 G�od�siques dans P:
  23.2.1 Image du cerle C, fronti�re de U:
  23.2.2 Image d’un cercle,

ℭ

, orthogonal � C:
  23.2.3 Image d’un diam�tre de C:
23.3 Recherche des isom�tries de P:
  23.3.1 R�flexions hyperboliques:
  23.3.2 Caract�risation d’une transformation conforme:
  23.3.3 Groupe des isom�tries:
24 G�om�trie dans P:
24.1 Introduction:
24.2 Polygones:
  24.2.1 Somme des angles dans un polygone:
  24.2.2 Trangles congruents et semblables:
  24.2.3 Aire d’un triangle:
24.3 Cercle hyperbolique:
  24.3.1 Cercle hyperbolique ou euclidien:
  24.3.2 Longueur d’un cercle hyperbolique:
  24.3.3 Aire d’un disque hyperbolique:
24.4 Bissectrices:
  24.4.1 Existence:
  24.4.2 Equidistance:
24.5 Classification des isom�tries:
  24.5.1 Points invariants d’une isom�trie conforme:
  24.5.2 D�composition d’une isom�trie conforme:
  24.5.3 lien avec le plan euclidien:
  24.5.4 Isom�tries involutives:
24.6 Lien avec Lobatchevski:
  24.6.1 Postulat des parall�les:
  24.6.2 Quelques r�sultats:

Deuxi�me partie
HISTORIQUE RAPIDE.

Chapitre 1
Introduction :

G�om�trie �tymologiquement signifie mesure de la terre. Donc au d�part la g�om�trie repose sur l’intuition que nous avons des objets qui nous entourent : droites, cercles, triangles et toutes les figures que l’on peut construire � partir de l�. Le r�le du math�maticien sera de d�finir, d’ordonner, de d�montrer, de d�passer notre intuition, nos sens qui, chacun le sait, peuvent facilement nous induire en erreur.

L’histoire de la g�om�trie et plus g�n�ralement celle des math�matiques est li�e � l’�tude de leur lien avec ce que l’on appelle le r�el, r�el qui est une notion pas facile � d�finir et qui �volue avec nos connaissances !.

Chacun d’entre nous est familiaris� avec la g�om�trie qu’on appelle euclidienne(GE). Elle correspond � notre environnement imm�diat : formes g�om�triques usuelles, droites parall�les et perpendiculaires, longueur, surface, etc...

Et nous avons la certitude que, par un point, il passe une et une seule droite parall�le � une droite donn�e. Cette certitude est �quivalente au cinqui�me postulat d’Euclide sur lequel nous reviendrons naturellement. Nous le nommerons P5. Nous r�fl�chirons aussi au sens qu’il faut donner � "postulat". Quelle diff�rence y a-t-il avec "axiome" ?

On peut d�montrer que P5 est encore �quivalent � l’�nonc� : dans un triangle la somme des angles est �gale � 180 degr�s.

P5 occupe une place particuli�re chez Euclide (nous verrons en quoi plus loin). C’est un postulat donc un �nonc� dont on ne sait s’il est d�montrable ou non. Les math�maticiens, pendant des si�cles, vont s’efforcer de le d�montrer.

Les g�om�tries non euclidiennes (GNE) nient cette proposition . Ainsi on va affirmer soit qu’il n’existe aucune droite parall�le � une autre, soit au contraire que, par un point, il existe une ou plusieurs droites parall�les � une droite donn�e ou encore dans un triangle la somme des angles est inf�rieure ou sup�rieure � 180 degr�s . Avouons que cela sort de notre compr�hension imm�diate et surtout de notre intuition. Et... on peut demander � quoi cela sert de remettre en cause des choses qui nous semblent tellement vraies.

Pourquoi ces nouvelles g�om�tries ? Pourquoi leur d�couverte est-elle ex- -traordinaire ou importante ? Pourquoi ont elles �t� rejet�es avec tant de virulence et violence par des esprits parfois tr�s brillants ? Si Galil�e, en remettant en cause la cosmologie aristot�licienne, a boulevers� au XVIIe notre appr�hension de l’univers et donc la place de l’�tre humain, en quoi l’existence d’autres g�om�tries possibles que celle dans laquelle on baigne en permanence transforme notre vision du r�el ?

Aborder ces questions est une occasion de r�fl�chir sur les math�matiques, tout en en faisant, d’expliciter leur relation avec les autres savoirs et d’�tudier la naissance d’une id�e : comment elle appara�t, pourquoi � une certaine �poque et pas auparavant ? Pourquoi pendant plus de deux mille ans on va tourner autour sans avancer ? Qu’est-ce qu’une th�orie math�matique vraie ?

Pour tenter d’apporter quelques r�ponses il faut se plonger dans les math�matiques grecques et plus g�n�ralement dans les connaissances des grecs, �tablir certaines liaisons entre math�matiques et autres savoirs, s’int�resser aux diff�rentes tentatives faites aux diff�rentes �poques pour d�montrer P5.

Se lancer dans une aventure c’est sortir de ses certitudes. En cela, la d�couverte d’autres g�om�tries est une aventure et on va voir que ce n’est pas facile !

Chapitre 2
Math�matiques grecques

Qu’est-ce que les math�matiques ? On pourrait passer des ann�es � tenter d’en trouver une d�finition ! D’autant plus que leur d�finition �volue avec les d�couvertes que l’on y fait. Mais n’est-ce pas la m�me chose avec les autres savoirs ? Qu’est-ce que la litt�rature, la philosophie, l’art ? etc...

2.1 Naissance des math�matiques :

Certains font na�tre les math�matiques avec Thal�s au VIIe si�cle avant J.C. Pourtant on sait que les Babyloniens avaient d�j� en -1750 des connaissances pr�cises des grandeurs num�riques : ils savaient par exemple que

11 9^{2} + 12 0^{2} = 16 9^{2}

ou encore avaient con�u un algorithme capable de leur donner une approximation de

\sqrt{2}

(1). Ils avaient en outre une bonne connaissance des calculs .

Quant aux Egyptiens ils faisaient aussi de la g�om�trie bien avant Thal�s !

Alors pourquoi parler de Thal�s ? Parce que les grecs seraient les premiers � avoir tent� de construire avec rigueur des math�matiques en d�passant le stade de l’�vidence.

Les Grecs seraient les premiers � regarder les objets g�om�triques en tentant de les abstraire du monde physique. Ils les d�finissent abstraitement et leur attribuent des propri�t�s initiales �videntes. A partir de l� ils �noncent des propri�t�s qu’ils d�montrent logiquement.

Mais ne pourrait-on pas constater que, lorsque que des hommes fondent une communaut�, ils abordent beaucoup de savoirs simultan�ment ? Ne font-ils pas des math�matiques d�s qu’ils ont besoin de se d�nombrer, recenser leurs biens, pr�voir l’avenir ? Ne font-ils pas de l’histoire d�s qu’ils apprennent � leurs enfants le pass� du groupe ? N’ont-ils pas d�s le d�part des activit�s artistiques � travers leurs chants, leurs contes, les bijoux, leurs outils ? En fait dater la naissance d’un savoir est toujours difficile et arbitraire, d’autant plus qu’il est difficile d’en donner une d�finition. C’est le cas des math�matiques.

Vouloir dater la naissance d’un savoir n’est-ce pas finalement pr�tendre dater la naissance de l’humanit� ?

Ce que l’on peut affirmer c’est que les math�matiques grecques se d�veloppent d�s le VIe si�cle avant J.C. consid�rablement...mais comme tous les autres savoirs : l’histoire avec Thucydide, la trag�die avec Sophocle, la com�die avec Aristophane, la philosophie avec Platon et surtout le passage � l’�crit est d�terminant !

Au VIe si�cle avant J.C les math�matiques se construisent comme une conception math�matique de l’univers : le nombre est une quantit� discr�te, c’est-� dire un multiple entier de l’unit� (1) et inversement toute grandeur continue (ligne, surface, solide,...) peut �tre identifi�e � un nombre, � un nombre entier qui la mesure ou � un rapport entre deux nombres : dans cette conception tout est nombre ou rapport entre deux nombres ! L’univers se d�crit donc avec des nombres. C’est la conception des pythagoriciens.

Les Grecs ne consid�rant (2) comme nombres que les nombres entiers cette conception sera remise en cause avec la d�couverte des grandeurs que nous appelons aujourd’hui nombres irrationnels (3). (Les math�maticiens avaient ainsi invent� au Ve avant J.C. un objet math�matique qui ne rentrait pas dans leur syst�me de pens�e).

2.2 Quatre si�cles de r�flexion... :

La synth�se des math�matiques grecques est r�alis�e par Euclide au d�but du troisi�me si�cle avant J.C.. Mais cette synth�se est le r�sultat des travaux des math�maticiens ou philosophes qui non seulement ont fait progresser les connaissances mais aussi ont r�fl�chi � leur lien avec le monde r�el, probl�me qui est pos� encore aujourd’hui ! Nous d�velopperons un peu plus loin ce point.

Chapitre 3
El�ments d’Euclide

3.1 introduction

Les Grecs mettront quatre si�cles � construire les El�ments d’Euclide. Ils sont le r�sultat de la r�flexion de Thal�s, Pythagore, Platon, Aristote et de tous ceux qui entourent ces grands penseurs.

Euclide aura le m�rite de r�aliser la synth�se de ces travaux, au d�but du troisi�me si�cle avant J.C. Cette synth�se repr�sentera pendant 2000 ans l’oeuvre de r�f�rence des math�matiques. On ne sait pas grand chose d’Euclide, si ce n’est qu’il vivait � Alexandrie. Il n’�tait sans doute pas tout seul � r�diger ce travail.

M�me si les arabes ont apport� au Moyen Age beaucoup de connaissances, ce n’est qu’avec l’�mergence, de ce que l’on appelle aujourd’hui "analyse" (1) avec Newton, Euler, Laplace,etc..., que les El�ments d’Euclide seront remis en cause, en tant que synth�se.

Montucla (2), � la fin du XVIIIe, affirme qu’Euclide "mit dans son livre cet encha�nement si admir� par les amateurs de la rigueur g�om�trique...En vain, divers g�om�tres, � qui cet arrangement a d�plu ont t�ch� de le r�former. Leurs efforts impuissants ont fait voir combien il �tait difficile de substituer � la cha�ne form�e par le g�om�tre grec une autre aussi ferme et aussi solide".

M�me si ce jugement sera discut� dans les si�cles suivants il montre � quel point les �l�ments d’Euclide auront �t� importants et auront impr�gn� tous les math�maticiens ou les philosophes jusqu’au XVIIe si�cle.

Autre citation, mais celle-ci du XXe, : au d�but des El�ments de Nicolas Bourbaki (3), on trouve cette phrase : " ce qui �tait une d�monstration pour Euclide en est toujours une � nos yeux".

3.2 Composition des El�ments d’Euclide :

Les quatre premiers livres traitent de la g�om�trie plane. Mais un certain nombre de th�or�mes peuvent �tre traduits en utilisant l’alg�bre d’aujourd’hui et, par exemple, la proposition 4 du livre 2 permet de r�soudre une �quation du second degr�.

Le livre 5 est un gros livre qui traite des proportions. Ses r�sultats vont �tre appliqu�s � la g�om�trie plane dans le livre 6.

Les trois livres suivants forment un trait� d’arithm�tique dans lequel on d�montre beaucoup des propri�t�s qu’apprennent nos lyc�ens d’aujourd’hui.

Le livre 10 traite des grandeurs incommensurables que, de nos jours, nous appellerions irrationnelles.

Le livre 12 nous parle des aires curvilignes en les comparant aux aires des polygones par la m�thode d’exhaustion.

L’ensemble est d’une tr�s grande rigueur, parfaitement ordonn� et d’une grande coh�rence. On y sent la pr�sence des philosophes ou math�maticiens, que ce soit Aristote ou Platon (1) ou d’autres.

3.3 Composition du livre 1 :

Il y a d’abord 35 d�finitions ensuite 6 postulats et 9 axiomes, enfin 48 th�or�mes. Il faut passer un peu de temps sur chacun des mots : d�finition, postulat et axiome. Aristote un si�cle plus t�t a pos� les bases de la logique. Euclide va les utiliser.

3.3.1 Les axiomes ou "notions communes" :

Il y a neuf axiomes que les grecs d�nomment "notions communes" Il s’agit de propositions dont on aura besoin et dont on affirme qu’elles sont ind�montrables et vraies : on ne peut pas les remettre en cause. Ces notions communes s’appliquent � toutes les grandeurs quelles qu’elles soient, num�riques, g�om�triques ou non.

( 1) Platon d�finit parfaitement le travail du math�maticien (quelle que soit l’�poque !) dans R�publique (IV 510 c et d). Une d�monstration se d�roule est une suite d’op�rations, d�finies par des r�gles, qui permettent de passer d’une affirmation � une autre. Il indique, en particulier, que la figure que l’on trace n’est que l’image d’une figure parfaite, abstraite, que l’on ne peut appr�hender que par la pens�e.

Par exemple, le dernier axiome est : "Le tout est plus grand que la partie". Ceci est faux dans les ensembles infinis mais vrai dans les ensembles finis. Chez les Grecs toute chose est finie. L’infini n’existe pas ou tout du moins dans notre sens. C’est un sujet trait� abondamment par les philosophes grecs (1). C’est un probl�me essentiel dans les �l�ments d’Euclide.

3.3.2 Les postulats ou "demandes" :

Il y a six postulats : postulat vient du latin postulatum qui signifie "demande". Il s’agit de propositions, s’appliquant � des objets g�om�triques, dont on aura besoin par la suite pour d�montrer des th�or�mes . Quel est le statut du postulat par rapport � l’axiome ? la r�ponse n’est pas �vidente et fera l’objet au cours des si�cles de longs d�bats.

La premi�re demande est "de pouvoir joindre tout point donn� � tout autre point donn� par une ligne droite". Est-ce un th�or�me ? Et dans ce cas faudra-t-il le d�montrer ? La question est ouverte. Au d�part il nous permettra d’affirmer l’existence d’une droite joignant deux points.

Le cinqui�me postulat est le fameux P5 : si une droite, tombant sur deux droites, fait les angles int�rieurs du m�me c�t� plus petits que deux droits, ces deux droites prolong�es ind�finiment, se rencontreront du c�t� o� les angles sont plus petits que deux droits. (cf fig 1).

(1) Chez Aristote, dans les livres de la Physique, on traite de l’infini : c’est une notion li�e � l’�tude du mouvement.

" Le nombre est infini en puissance mais pas en acte"(207 b) : ce qui signifie que l’on ne peut pas parler de l’ensemble de tous les nombres mais quel que soit un nombre on peut en trouver un plus grand.

"il n’y a pas de grandeur sensible qui soit infinie, il ne peut y avoir de grandeur qui d�passe toute grandeur d�termin�e, car ce serait une chose plus grande que le ciel"(207 b)

Expliquons la figure : les droites (AC) et (BF) coupent une m�me droite en faisant des angles, CAB et FBA, dont la somme est inf�rieure � 180 degr�s. P5 nous dit alors que les droites prolong�es se couperont. Nous parlerons des droites un peu plus loin.

Dans les El�ments d’Euclide, on d�cide, au d�part, de ne pas d�montrer P5 mais on d�cide, aussi, de ne pas le poser comme axiome. C’est ce postulat que les math�maticiens vont essayer, r�guli�rement, de d�montrer pendant 2000 ans ! soit en le rempla�ant par un autre postulat, soit en le supprimant et en modifiant la d�finition du parall�lisme soit en raisonnant par l’absurde, c’est-� dire, en supposant que P5 est faux.

On peut noter la formulation compliqu�e de ce postulat, formulation qui, d’apr�s certains, ressemblerait � un th�or�me !

C’est un r�sultat que l’on ne peut pas v�rifier exp�rimentalement car il s’agit d’un passage � la limite : plus la somme des angles se rapproche de 180 degr�s et plus le point d’interchapter des droites "s’�loigne".

La composition m�me du livre 1 nous interroge : Les vingt-huit premiers th�or�mes ne l’utilisent pas. Et on va s’en servir pour d�montrer les propri�t�s du parall�logramme ou du rectangle, propri�t�s qui nous semblent �videntes et si proches du monde r�el tel qu’on le con�oit.

Enfin il y a toujours cette question � laquelle il est difficile de r�pondre : qu’est-ce, exactement, qu’un postulat ?

Mais le r�le du math�maticien est bien d’aller au de se poser toutes les questions et de ne pas se laisser influencer par sa conception du monde physique. Son r�le, comme celui de l’artiste, est de nous sortir du r�el que nous croyons conna�tre pour nous faire rentrer par un autre chemin dans un autre r�el.

3.3.3 Les d�finitions :

Il y a aussi des d�finitions : plus g�n�ralement qu’est-ce qu’une d�finition ? Il n’est pas facile de r�pondre ! Et pourtant c’est un probl�me fondamental : quel sens pourrait-on donner � une activit� dont les objets d’�tude ne seraient pas d�finis. C’est un probl�me permanent dans toute activit�. Parmi les d�finitions les sept premi�res nous pr�sentent les objets points, droites, surfaces planes. L’existence de ces objets est donn�e � priori. Ce sont des termes primitifs que l’on ne discutera pas. Ils gardent un contenu intuitif et sont d�finis en termes de r�alit�s physiques mais en m�me temps abstraits de la r�alit� physique.

Donnons un exemple : la premi�re d�finition est "Le point est ce qui n’a pas de partie". Dans cette d�finition, le mot grec utilis� pour "point" est "s�ma�on" qui signifie signe ou pointe du poin�on donc c’est une r�alit� physique que l’on peut diviser, d�couper... mais "est ce qui n’a pas de partie" nous fait sortir de cette r�alit� physique. On est dans le monde des id�es. Mais on pourrait se demander aussi ce que signifie "partie"...

Les autres d�finitions sont celles d’objets qui reposent toujours sur notre intuition mais dont on va parfois d�montrer l’existence. Par exemple, le triangle �quilat�ral est celui dont les c�t�s sont superposables : on en d�montrera l’existence dans le th�or�me 1 du livre 1.

Revenons sur la d�finition de la droite. La d�finition 2 nous dit qu’une ligne (donc une droite) "est ce qui a une longueur mais pas d’�paisseur".

L� aussi, s’il est possible de dessiner une ligne qui a une longueur, il est impossible de dessiner une ligne qui n’a pas d’�paisseur. Dans ce sens tout dessin g�om�trique n’est que la repr�sentation d’une id�e abstraite.

La d�finition 3 nous dit que "les extr�mit�s d’une ligne sont des points".

La d�finition 4 nous dit qu’une droite est "une ligne qui se couche de mani�re �gale entre ses points". En d’autres termes, par deux points d’une droite passe une droite et une seule.

1. Une ligne n’est pas un ensemble de points. Seules ses extr�mit�s sont des points. Une ligne, pour les Grecs, ne peut pas �tre, comme on le dit aujourd’hui, un ensemble infini de points pour plusieurs raisons.

Tout d’abord, l’infini n’existe pas "en acte" pour les grecs, il est uniquement "potentiel" (cf Aristote : trait� de physique) ce qui signifie, par exemple, que l’on ne peut pas parler de l’ensemble de tous les nombres m�me si les grecs savent, naturellement, que quel que soit le nombre il en existe un plus grand. Pour la ligne c’est la m�me chose : on pourra prendre autant de points que l’on veut sur une ligne mais on ne pourra pas parler de l’ensemble des points de la ligne.

Ensuite, pour arriver � consid�rer qu’une ligne est un ensemble infini de points, en math�matique, il faut ma�triser math�matiquement la notion d’infini et construire l’ensemble des nombres que l’on appelle r�els. Cela ne sera fait qu’� la fin du XIXe si�cle.

2. Une ligne, comme toute figure, est finie. Un objet non fini, dans le sens o� il n’aurait pas d’extr�mit�s, serait non pas infini mais non d�fini, c’est � dire non connu ; et on ne peut pas travailler sur un objet que l’on ne conna�t pas !

Une derni�re remarque sur les d�finitions : on a des d�finitions d’objets dont on d�montrera l’existence (par exemple le triangle �quilat�ral) ou des d�finitions d’objets dont on admettra l’existence � priori (par exemple la droite) ou encore des d�finitions de mots (comme parall�le). Il y a donc des niveaux diff�rents dans ces d�finitions.

3.3.4 Les th�or�mes :

Dans le livre 1 il y a quarante huit th�or�mes et on commence � utiliser P5 � partir du th�or�me 29.

Euclide a donc d�montr� d’abord les th�or�mes qui ne n�cessitaient pas l’utilisation de P5. Il aurait pu proc�der autrement. Une fois de plus P5 a un r�le particulier !

3.3.5 Notion de distance :

Dans les El�ments d’Euclide on ne parle pas de distance. Par exemple, une droite est plus petite qu’une autre si �tant ajust�e � l’autre elle y est contenue. On ne parlera pas de sa longueur.

Il ne peut pas y avoir de distance : en effet, s’il y avait une notion de distance, on pourrait, dans l’espace, choisir un segment unit� qui permettrait de mesurer n’importe quel segment.

Mais le carr� qui aurait comme c�t� ce segment unit� aurait une diagonale qui ne pourrait pas s’exprimer "rationnellement", c’est � dire qui ne serait pas un fraction de deux nombres entiers. Donc, ne pouvant pas associer � la diagonale de ce carr� un nombre celle-ci n’aurait pas de longueur ! Et les Grecs avant Euclide connaissaient ce r�sultat.

Euclide surmonte ce probl�me en d�finissant la notion de "commensurabilit�" ou d’"incommensurabilit�", ce qui n’est pas facile mais efficace car il peut d�montrer plein de r�sultats, en particulier, dans le livre 13 il d�montre l’existence des cinq solides r�guliers (1)(cf Tim�e de Platon).

(1) Voici les cinq solides r�guliers de Platon : t�tra�dre( quatre faces �quilat�rales), cube( six faces carr�es), octa�dre(huit faces �quilat�rales), dod�ca�dre(douze faces pentagonales r�guli�res), icosa�dre(vingt faces �quilat�rales).

3.3.6 Conclusion :

L’objectif d’Euclide va �tre de d�montrer ses th�or�mes seulement � partir de ses d�finitions, demandes et axiomes.

Cependant les figures qui accompagnent les d�monstrations vont parfois servir d’arguments de d�monstration. Par exemple, dans la d�monstration du th�or�me 17 du livre III, il admet qu’une droite joignant deux points, l’un � l’int�rieur d’un cercle et l’autre � l’ext�rieur, coupe le cercle, simplement par l’observation de la figure. On est loin des exigences de Platon ou d’Aristote qui ont la volont� de ne jamais rien admettre sans d�monstration. Il est �tonnant de voir que cette exigence va s’estomper au cours des si�cles et que l’on va consid�rer qu’il y a une parfaite harmonie entre les objets g�om�triques et leurs images visibles ou proclamer la "v�rit� �vidente" des axiomes de la g�om�trie.

Mais les figures peuvent parfois n’�tre que l’illustration d’une id�e. Par exemple dans le livre V on d�montre des th�or�mes sur les relations entre les grandeurs. Ces grandeurs sont toujours repr�sent�es par des droites et les d�monstrations apparaissent en premi�re lecture comme des exercices de g�om�trie sur des droites et pourtant dans le livre VI dans la d�monstration du th�or�me 2 (Thal�s) on utilise un th�or�me du livre V et cette fois les grandeurs seront des triangles. Ces figures g�om�triques ne sont donc parfois que la repr�sentation d’id�es.

Les El�ments d’Euclide pr�sentent des insuffisances, mais l’ensemble est tellement fort que l’on peut comprendre pourquoi pendant deux mille ans ils ont �t� la r�f�rence incontournable des math�maticiens et du raisonnement en g�n�ral.

Et ce n’est pas un hasard si encore aujourd’hui, ils sont aussi �tudi�s.

Une remarque pour terminer : on ne trouve pas une fois le mot g�om�trie dans les �l�ment d’Euclide ! En fait un g�om�tre n’est pas dans l’Antiquit� un math�maticien. Il est celui qui fait des relev�s de terrain : c’est un technicien. Il n’est pas dans le monde des id�es.

Chapitre 4
Math�matiques et monde r�el

4.1 Math�matiques fondamentales et appliqu�es :

� M. Fourier avait l’opinion que le but principal des math�matiques �tait l’utilit� publique et l’explication des ph�nom�nes naturels ; mais un philosophe comme lui aurait d� savoir que le but unique de la science, c’est l’honneur de l’esprit humain, et que sous ce titre, une question de nombres vaut autant qu’une question du syst�me du monde. �

Les math�matiques se d�veloppent � la fois ind�pendamment des autres savoirs et en liaison avec eux. On parle souvent de math�matiques fondamentales et de math�matiques appliqu�es comme �tant oppos�es mais cette distinction est une erreur car ce sont toujours des math�matiques (1). On peut simplement dire que des th�ories math�matiques ont �t� cr��es � partir de probl�mes du quotidien tels que, le d�nombrement d’une population, l’�coulement d’un fluide ou les flux financiers, etc... ou d’autres th�ories telles que les probabilit�s de Pascal, le calcul diff�rentiel de Leibniz, la th�orie des ensembles ou encore... les g�om�tries non euclidiennes qui auront �t� cr��es uniquement gr�ce � la curiosit� ou pour l’honneur de l’esprit humain.

4.2 De l’antiquit� � nos jours :

Aristote n’a pas �crit de trait� de math�matiques mais il en parle un peu...partout ! et en particulier de leur rapport avec la physique.

Par exemple dans Physique II 193b-194a Aristote montre le lien et les diff�rences entre la physique et les math�matiques : "...appartiennent aux corps physiques les surfaces, solides, grandeurs et points qui sont l’objet des �tudes math�matiques" et plus loin "il appartient au physicien de conna�tre l’essence du soleil et de la lune mais aussi de leurs attributs essentiels...attributs objets d’�tude des math�maticiens". Plus loin encore "la g�om�trie �tudie la ligne physique en tant qu’elle n’est pas physique ; au contraire l’optique �tudie la ligne math�matique, non pas en tant que math�matique, mais en tant que physique".

Dans M�taphysique I, 989 b, Aristote affirme, dans sa critique des pythagoriciens, que "les �tres math�matiques sont priv�s de mouvement, � l’exception de ceux dont traite l’Astronomie." Donc, pour lui, la g�om�trie est une science qui porte sur des objets qui �chappent au mouvement alors que la physique a pour objet l’�tude du mouvement.

Si la physique et les math�matiques peuvent s’apporter des informations, en aucun cas les math�matiques ne permettront d’expliquer les ph�nom�nes naturels.

Pour Aristote les math�matiques ne peuvent donc pas �tre utilis�es pour comprendre le r�el : par exemple la sph�re math�matique n’existe pas physiquement, c’est une id�e. Galil�e (1) va lui r�pondre que, si la sph�re n’existe pas, tout caillou a une forme g�om�trique, peut �tre unique mais g�om�trique quand m�me.

Galil�e arrive au moment o� la physique d’Aristote est de moins en moins satisfaisante : les observations astronomiques sont de plus en plus pr�cises, l’explication du mouvement des plan�tes devient de plus en plus compliqu�e et Copernic montre que l’h�liocentrisme r�pond mieux au mouvement des astres. De plus on est toujours incapable de comprendre le mouvement d’un objet qu’on lance : comment expliquer ce le mouvement de la pierre au moment o� elle sort de la main ?

Galil�e va affirmer que pour comprendre la nature il faut suivre "le chemin de la simplicit�". La physique d’Aristote est trop compliqu�e. Et le chemin de la simplicit� passe par la g�om�trisation du monde physique et en l’id�alisant il va cr�er la physique moderne. Newton poursuivra dans cette voie et expliquera pourquoi, par exemple, la lune tourne autour de la terre.

Aujourd’hui il est �vident que la technologie utilise les th�ories math�matiques les plus abstraites, en particulier la num�risation des ph�nom�nes physiques. Mais il faut avoir en permanence � l’esprit qu’un mod�le math�matique appliqu� � une r�alit� est une id�alisation de cette r�alit� et donc n’en est qu’une approximation. Et l’oublier peut conduire � un...crash boursier.

Rajoutons que la g�om�trie, euclidienne ou non, a un lien avec la r�alit�, avec l’espace r�el . C’est cette position que soutient Einstein (1) dans "g�om�trie pure" et "g�om�trie appliqu�e". Pour lui, � l’origine, on a fait de la g�om�trie pour d�crire le comportement des ph�nom�nes physiques ; c’est bien ce � quoi elle sert chez Newton. Ainsi, chez ce dernier, notre espace ou les objets dans l’espace r�el, ob�issent r�ellement aux lois de la g�om�trie euclidienne.

Certains, au XIXe, se sont m�me demand�s si la g�om�trie faisait partie des math�matiques, si elle n’�tait pas qu’une th�orie physique, qu’un outil ou encore l’expression de la th�orie de Newton. Mais alors, si le postulat V d’Euclide n’est pas d�montrable, si ce n’est qu’une hypoth�se, les lois de Newton ne pourraient �tre, peut-�tre, que des hypoth�ses, ce qu’au XIX�me on refuse.

Et c’est Hilbert qui, en 1899, dans son livre, "Fondements de la g�om�trie", d�montrera que la g�om�trie, qu’elle soit euclidienne ou non, est bien une activit� math�matique comme une autre.

Les math�matiques sont li�es aux autres savoirs et c’est pour cela qu’elles se d�veloppent mais c’est aussi pour cela que leur d�veloppement peut �tre frein� ! Nous le verrons ! Ce que l’on peut affirmer, de toute fa�on, c’est que les math�matiques se d�veloppent d’autant plus que les autres savoirs s’enrichissent.

Aujourd’hui on continue � �tudier le lien des math�matiques avec les autres disciplines, mais plus seulement la physique : l’�conomie, la biologie, etc...Pour r�sumer, on pourrait dire que le math�maticien a les pieds dans la terre et la t�te dans les �toiles...

Plusieurs types d’activit�s auraient pu contribuer � la mise en place des g�om�tries non euclidiennes : la philosophie, la g�ographie, l’astronomie et certaines activit�s artistiques telles la peinture, l’architecture ou la musique.

4.3 La g�ographie :

Rappelons que "G�ographie", signifie �tymologiquement dessin ou �criture de la terre et "g�om�trie" mesure de la terre. Les Grecs savent que la Terre est ronde et Eratost�ne (1) mesure son rayon. Celui-ci va poser le probl�me de la cartographie : est-il possible de trouver une m�thode capable de repr�senter une portion de sph�re sur une surface plane, m�thode qui respecterait les dimensions r�elles ? Les Grecs ne r�soudront pas ce probl�me (2) mais ils ont bien conscience que lorsqu’ils tracent une ligne sur le sol ce n’est jamais une droite ! D’ailleurs dans les El�ments d’Euclide on parle d’angle curviligne.

Si on trace deux cercles passant par les deux p�les de la terre et la ligne de l’�quateur, ces lignes d�finissent un triangle curviligne (cf figure 2) dont les angles � la base sont �gaux � 90 degr�s donc la somme des trois angles de ce triangle est sup�rieure � 180 degr�s ! Donc on n’est plus dans le cadre de la g�om�trie euclidienne : travailler sur une sph�re conduit � d’autres conclusions. L’espace dans lequel on travaille joue un r�le fondamental.

fig2 : les m�ridiens EC et ED sont perpendiculaires entre eux et � l’�quateur CD

Cependant il y a des analogies entre la g�om�trie du plan et la g�om�trie d’une sph�re. L’un des �l�ments essentiels des figures de la g�om�trie est la ligne appel�e droite qui est caract�ris�e par le fait qu’elle est d�termin�e par deux quelconques de ses points, ce qui une cons�quence � la fois de la quatri�me d�finition et du sixi�me postulat du premier livre des El�ments d’Euclide.

Sur une sph�re de rayon R, si on prend deux points, il passe un cercle de rayon R qu’on appellera g�od�sique (1) ou grand cercle. Chaque grand cercle est d�termin� par deux quelconques de ses points. Un grand cercle est l’�quivalent sur la sph�re de la ligne droite sur le plan. On peut alors construire les figures �quivalentes � celle de la g�om�trie plane : triangles, quadrilat�res, cercles, angles, etc.... Il suffit de remplacer dans les d�finitions du plan droite par grand cercle.

Mais l’analogie entre plan et sph�re n’est pas compl�te ! Tout d’abord il n’existe pas de grands cercles parall�les au sens d’Euclide, c’est � dire sans points communs et ensuite, si par deux points non diam�tralement oppos�s il existe un seul grand cercle, par deux points diam�tralement oppos�s il passe une infinit� de grands cercles. Alors que, dans le plan, par deux points distincts passe une droite et une seule.

On peut noter que Th�odose (IIe et Ier si�cle av.J.C) et Menelaus(Ier si�cle) ont cr�� une g�om�trie sph�rique que Ptol�m�e (IIe si�cle) va utiliser en astronomie. Puis les math�maticiens arabes vont d�velopper ces travaux, en particulier, Al Khwarismi (XIe).

Ainsi faire de la g�om�trie sur une surface non plane aurait pu conduire � cr�er une autre g�om�trie. C’est cela que va faire Riemann � la fin du XIXe et cr�er ainsi une g�om�trie non euclidienne.(cf au chapitre suivant pour le travail que l’on peut faire sur la sph�re)

4.4 La peinture � la Rennaissance :

Le probl�me est de repr�senter un objet de l’espace dans le plan tel qu’il est ou tel qu’on le voit : comment donner l’impression de profondeur ? Si l’on se met � une fen�tre comment repr�senter sur une toile exactement ce que l’on voit ? Quand on est au milieu d’une route dont les bords sont parall�les et que l’on regarde le "bout" de la route on a l’impression que les bords se rejoignent.

Notons ABCD, le plan repr�sentant la route, et EFGH le plan perpendiculaire passant par (EF) repr�sentant la toile sur laquelle on veut repr�senter la route. L’oeil du peintre est en O. (figure ci-dessous).

Pour d�crire cette situation on invente ce que l’on appelle un point de fuite .

Chaque fois que l’on regarde un point L de la route � partir de O, cela correspond au rayon lumineux OL qui coupera la toile en un certain point M. On dira que M est l’image de L sur la toile T.

Toute droite joignant O � un point du segment [BF], bord de la route, coupera T en un point de [JF] et toute droite joignant O � un point du segment [CE] coupera T en un point de [EI]. Ainsi [BF] a pour image [JF] et [CE] a pour image [EI].

La portion de route EFBC sera donc repr�sent�e par le trap�ze EFJI. C’est ainsi que le peintre verra la portion de route EFBC.

[JF] et [EI] se coupent en un point K. En fait si on regarde le bord FB, plus B s’�loigne de F et plus J se rapproche de K. De m�me, si on regarde le bord EC plus C s’�loigne de E et plus I se rapproche de K. Ainsi si je regarde "� l’infini", cela correspond � une droite horizontale partant de O et passant par K.

On dira que K est l’image du point � l’infini des deux bords de la route que l’on voit se rejoindre, comme si deux droites parall�les se coupaient � l’infini. Effectivement, c’est ce que l’on voit.

Si, maintenant, je dessine un rectangle sur ma toile que repr�sente-t-il dans la r�alit� ? Il repr�sentera une route dont les bords s’�cartent. C’est ainsi que les canaux de Versailles ont �t� dessin�s de mani�re que le roi voit, du ch�teau, les bords du canal central parall�les...

Mais que peut-on dire de ce point � l’infini ? Tout point sur notre tableau correspond � un point de la r�alit�, mais alors le point K est l’image d’un point qui existerait dans la r�alit� celui qui serait l’interchapter des deux droites... parall�les. Ceci contredit notre bonne g�om�trie euclidienne. Donc ce n’est qu’une vue de l’esprit mais l’existence de droites qui ne se coupent jamais, n’est-ce pas aussi une vue de l’esprit ? Personne n’est all� voir � l’infini ce qui se passait ! Plus s�rieusement, une fois de plus, appara�t la notion de limite, d’infini. le point K est une limite. Plus on regarde au loin sur la route et plus on se rapproche de ce point sur la toile.

Dans la vie courante si on regarde une table carr�e, on ne la voit pas carr�e : on la voit comme un parall�logramme d�form�. Pour la voir carr�e il faut la voir de dessus, ce qui n’arrive pas souvent... Les peintres de la Renaissance ont voulu peindre exactement ce qu’ils voyaient et on a invent� les r�gles de la perspective que l’on doit � des hommes comme Cavali�ri ou l’architecte Desargues.

A partir du moment on a pris conscience, � la Renaissance, que l’on pouvait repr�senter la r�alit� en utilisant plusieurs mod�les g�om�triques n’aurait-t-on pas pu se demander si la g�om�trie euclidienne �tait la seule repr�sentation de la r�alit� ?

4.5 Le probl�me des parall�les et Aristote

La source du cheminement qui a conduit aux GNE est � chercher dans Aristote m�me donc avant m�me Euclide. Un �crit d’Aristote qui ne nous est pas parvenu mais qui est cit� par les math�maticiens arabes �nonce quelques principes que l’on doit respecter (1).

Aristote reprochait � certains de tourner en rond et donc il fallait poser comme postulat voire comme axiome un principe permettant de construire la g�om�trie. Ainsi P5 n’est pas n� du hasard mais de plus de cinquante ans de travaux et la forme compliqu�e de P5 n’est sans doute que le r�sultat de cette recherche.

Dans les Seconds analytiques Aristote pose la question : "laquelle des deux propositions oppos�es concernant la somme des angles du triangle est vraie ? La somme est-elle 180 degr�s ou non ?". La question reste sans r�ponse et pour Imre Toth (2) Aristote n’indique pas sa pr�f�rence. Dans l’Ethique � Eud�me ou dans la Grande Morale pour �claircir le concept de libert� Aristote fait le parall�le avec la g�om�trie.

L’action �thico-politique (sans intervention ext�rieure) est pr�c�d�e par une d�cision initiale de l’�tre humain : il se voit plac� devant l’alternative : une voie qui l’am�ne au bien et une voie qui l’am�ne au mal. Aucun raisonnement d�monstratif ne peut fonder ce choix. Cette d�cision premi�re et libre est le principe de l’action �thique comme l’axiome est plac� au d�but d’une th�orie g�om�trique. La libert� dans le domaine de l’�thique correspond � l’ind�montrabilit� ou � l’ind�cidabilit� de l’axiome en g�om�trie.

Les propositions g�om�triques cit�es comme axiomes oppos�s sont justement sont justement "la somme des angles est 180 degr�s" et "la somme des angles n’est pas �gale � 180 degr�s . Pourra-t-on avoir la libert� de choisir entre deux th�ories g�om�triques qui s’opposent ? Aristote ne le dit pas explicitement mais manifestement la question est pos�e. En tous cas il refuse d’exclure � priori l’axiome non euclidien !. Si Aristote a en t�te ce probl�me il surpasse tous ceux qui vont lui succ�der et essayer de d�montrer P5.

Ainsi, soit on peut d�montrer P5, soit on ne peut pas. Et si on ne peut pas, P5 devient un axiome et s’il devient un axiome on peut alors essayer de construire une g�om�trie reposant, entre autres, sur la n�gation de P5. C’est cela que l’on refusera de faire jusqu’au XIXe !

Chapitre 5
Historique des travaux faits sur P5 :

De nombreux savants ont essay� de d�montrer P5 qui, en plus de ce que l’on a dit plus haut, a plus l’air d’un th�or�me qu’autre chose. D’autre part les quatre premiers postulats peuvent se voir sur une figure, pas le cinqui�me ! Reprenons P5 : Plus la somme des angles int�rieurs est voisine de deux droits, plus le point d’interchapter sera �loign� et sortira de la feuille sur laquelle on dessine notre figure. La forme donn�e par Euclide � son cinqui�me postulat dissimule un “passage � la limite” , l’un des premiers de l’histoire , outil fondamental que les math�maticiens ont mis des si�cles � ma�triser.

Les math�maticiens qui se sont int�ress�s aux questions qui entourent P5 vont prendre dans le livre 1 des El�ments d’Euclide les d�finitions (en modifiant parfois la d�finition du parall�lisme), les postulats autres que P5, les axiomes et les vingt-huit premiers th�or�mes qui ne d�pendent pas de P5.

Puis les math�maticiens vont essayer de d�montrer P5 en rajoutant, ou en enlevant quelquechose.

Quand on r�fl�chit au probl�me, de mani�re approfondie, que l’on prend une feuille et un crayon, on s’aper�oit que l’on tombe toujours sur les m�mes questions :

Existe-t-il une seule parall�le passant par un point donn� � une droite donn�e ? ou alors

si un quadrilat�re a trois angles droits le quatri�me angle l’est-il aussi ? ou encore

si dans un quadrilat�re il y a deux angles cons�cutifs droits et deux c�t�s oppos�s de m�me longueur le quadrilat�re est-il un rectangle ?

Ainsi ceux qui ont r�fl�chi sur P5 ont toujours tourn� autour des m�mes questions. Mais, quelle que soit la qualit� de leur r�flexion, ils auront �chou� dans leurs tentatives. Voyons quelques exemples.

5.1 Antiquit�

5.1.1 Posidonius : (131-51 AV.J.C)

Ses travaux nous sont relat�s par Proclos (Ve apr�s J.C). Rappelons que pour Euclide deux droites parall�les sont deux droites qui, prolong�es � l’infini, ne se coupent pas. Posidonius a remplac� cette d�finition par :

"Deux droites sont parall�les lorsque, prolong�es ind�finiment, elles sont �quidistantes."

A premi�re vue il n’y a pas de grande diff�rence et cette d�finition peut nous sembler �vidente.

Puis Posidonius pose et d�montre, comme th�or�me, le postulat 5. Mais il commet une erreur.

Il pense que sa d�finition du parall�lisme est �quivalente � celle d’Euclide. Mais ceci est faux.

Tout d’abord il faut �claircir cette notion d’�quidistance, donc de distance, sachant que les nombres irrationnels n’existent pas donc que l’on ne peut pas parler de longueur. On le fera au chapitre suivant.

Cette d�finition implique que, si deux droites contin�ment prolong�es sont �quidistantes, alors elles ne se coupent pas (puisqu’elles ne seront jamais s�par�es par une distance nulle). Donc elles sont parall�les au sens d’Euclide.

Mais la r�ciproque n’est pas �vidente : si deux droites ne se coupent pas m�me prolong�es ind�finiment, elles sont parall�les au sens d’Euclide mais sont elles parall�les au sens de Posidonius, c’est-� dire sont-elles �quidistantes ?

Prenons deux droites parall�les AB et CD au sens d’Euclide. On trace les perpendiculaires � CD passant par A et B. On obtient la figure suivante :

On peut d�montrer que ABFE est un parall�logramme. Pour d�montrer que AE=BF il faut d�montrer que dans un parall�logramme les c�t�s oppos�s ont m�me longueur. Or ce th�or�me se montre � partir du th�o�me 34 du livre 1 d’Euclide, th�or�me qui repose ... sur P5. Donc la d�finition de Posidonius repose sur P5.

On voit l� la difficult� qu’ont eu les math�maticiens (qui �taient pourtant tr�s bons) de sortir de l’"�vidence".

Remarque : on voit appara�tre ci-dessus qu’un questionnement autour de P5 est li� � un questionnement sur le parall�logramme ou le rectangle.

5.1.2 Proclus : (410-483 ap.J.C.) :

Proclus critique Posidonius et propose la d�marche suivante : il veut d’abord d�montrer que si une droite coupe une autre droite elle coupera aussi toutes les parall�les � cette droite.

Pour d�montrer cela il consid�re deux droites parall�les (AB) et (CD) et une droite (BE) tel que E et (CD) sont situ�s du m�me c�t� de (AB) et on consid�re la distance EH de E � (AB). La droite (BE) pouvant se prolonger (postulat 1 d’Euclide) autant qu’on veut la distance EH viendra plus grande que la distance des deux parall�les donc (BE) coupera (CD).

Mais une fois encore, cela revient � consid�rer que deux droites parall�les sont �quidistantes, r�sultat qui est une cons�quence de P5.

Avant les math�maticiens arabes d’autres philosophes se sont int�ress�s au probl�me. On peut citer l’astronome Ptol�m�e (IIIeme si�cle) ou Simplicius.

5.2 Math�maticiens arabes (1)

Nous parlerons de Al Jawhari (Xe),Thabit b. Qurra(Xe), Ibn al-Haytam(XIe), Al Khayyam(XIe).

R�p�tons que lorsque l’on essaie de se remettre dans les m�mes conditions que ceux qui ont essay� de d�montrer P5, on s’aper�oit que, assez rapidement, on est amen� � se poser les m�mes questions, � tourner autour de la somme des angles d’un triangle, � introduire un quadrilat�re dont trois angles sont droits, � �tudier le lien entre droites parall�les et �quidistance, etc...

5.2.1 Al Jawhari

Al Jawhari affirme que, par un point quelconque situ� � l’int�rieur d’un angle, il est possible de tracer une ligne coupant ses deux c�t�s.

Puis il se propose de d�montrer P5. Cet �nonc� qui a l’air bien loin de P5 en est une cons�quence. On peut prouver que les deux �nonc�s sont �quivalents. (cf � la d�monstration dans le chapitre suivant). Donc prendre comme postulat l’�nonc� de Al Jawhari revient � prendre P5.

Donc P5 n’est pas toujours d�montr� et � quel point il a �t�, une fois de plus, difficile de s’abstraire de l’�vidence.

5.2.2 Thabit b. Qurra

la premi�re repose sur le principe suivant : si deux droites coup�es par une troisi�me se rapprochent ou s’�loignent l’une de l’autre quand on les trace dans une direction, elles s’�loignent ou se rapprochent quand on les trace dans l’autre direction. Mais une fois de plus cet �nonc� est �quivalent � P5 : en effet c’est P5 exprim� autrement !

Il est � noter que Lobatchevski dans sa GNE o� tous les axiomes euclidiens sont v�rifi�s sauf P5 il existe des lignes droites qui s’�cartent l’une de l’autre dans chacune des directions � partir de leur perpendiculaire commune.

La deuxi�me d�monstration repose sur l’hypoth�se suivante : si on d�place une droite D perpendiculaire � une droite donn�e chaque point de D d�crira une droite �quidistante � la droite donn�e.

Cette hypoth�se n’est en fait vraie que dans la g�om�trie euclidienne ! b.Qurra d�duira de ce principe la construction d’un rectangle qui est celui d�crit plus haut puis d�montrera P5. Mais de nouveau cet �nonc� sera �quivalent � P5. De plus l’hypoth�se dont il part implique la cr�ation d’une distance. Ce qui , une fois de plus, est impossible.

En effet b.Qurra utilise la notion de mouvement : il affirme qu’un point se d�pla�ant cr�e une ligne ce qui pour Al-Khayam se r�f�rant � Aristote �tait un non sens.

En effet pour ce dernier la connaissance d’un objet g�om�trique repose sur sa connaissance dans notre espace � trois dimensions. Ainsi on doit partir du solide sensible puis passer au solide g�om�trique, abstrait des sensations qui lui sont li�s, (premier degr� d’abstraction) puis,

une surface faisant partie d’un solide, si on la s�pare du solide on aboutit � un deuxi�me niveau d’abstraction. Une ligne est sur une surface et si on l’enl�ve de la surface on a un troisi�me niveau d’abstraction.

Quant au point il est sur une ligne et si on le retire de la ligne on passe � un quatri�me niveau d’abstraction.

En r�sum�, une surface ne peut pas engendrer un solide puisque c’est le solide qui cr�e la surface, une ligne ne peut pas cr�er une surface puisque c’est la surface qui cr�e la ligne, un point ne peut pas engendrer une ligne puisque c’est la ligne qui le cr�e. Donc l’approche de Qurra sera consid�r�e, par Al Kahiam comme fausse.

Pour Aristote seuls les corps r�els du monde sensible sont soumis au mouvement donc les objets g�om�triques qui sont des abstractions, non. Et Euclide a cherch� � �viter le plus possible les mouvements de figures. Cependant l’axiome 8 qui affirme que deux figures qui s’ajustent sont �gales et comment fait-on pour ajuster deux figures sans d�placement ? Ce probl�me divisera les savants pendant de nombreux si�cles !

Cette objection de Al Kahiam est int�ressante parce qu’elle prouve qu’il y a eu une r�flexion sur ce qu’est l’espace g�om�trique. Cet espace math�matique n’est en aucun cas l’espace physique. Mais cette r�flexion ne va pas suffisamment loin, puisque malgr� tout cet espace g�om�trique d�rive de l’image que l’on a de l’espace physique. Tant que l’on ne d�passera pas cette conception on sera bloqu�.

5.2.3 Ibn al-Haytam :

Cette id�e de rectangle sera r�utilis�e par Ibn al-Haytam : il introduit un quadrilat�re qui a trois angles droits. Pour lui le quatri�me angle sera soit obtus, soit aigu, soit droit. Il r�fute les deux premi�res possibilit�s, affirme que l’angle est droit et d�montre P5. Mais r�futer les deux premi�res possibilit�s revient � admettre P5. Une fois de plus Ibn al-Haytam n’y arrive pas.

Il est � noter que ce rectangle va �tre utilis� par le math�maticien Lambert au XVIIIe pour tenter de d�montrer P5.

On peut noter que les deux premi�res possibilit�s pour le quatri�me angle correspondront respectivement aux g�om�tries hyperboliques et elliptiques premi�res g�om�tries non euclidiennes du XIXe !

5.2.4 Al Khayyam :

Celui-ci affirme que ses pr�d�cesseurs se sont tromp�s parce qu’ils n’ont pas tenu compte des principes qu’Aristote auraient �nonc�s dans un ouvrage qui ne nous est pas parvenu.

Al Khayyam �nonce le quatri�me de ces principes qu’il va utiliser : deux lignes droites convergentes se coupent et il est impossible � deux droites convergentes de diverger dans la direction dans laquelle elles convergent.

Al Khayyam va donc utiliser ce principe. Puis, lui aussi, consid�re un rectangle dans lequel il y a deux angles droits et deux c�t�s lat�raux �gaux et se demande comment sont les deux autres angles. A l’aide de ce principe il d�montre que les deux angles qui restent sont droits puis prouve P5. Mais pour d�montrer cela non seulement il utilise ce principe d’Aristote mais aussi un th�or�me qui...r�sulte de P5 ! Donc une fois de plus P5 n’est pas d�montr�. (cf chapitre suivant pour le d�tail de la d�monstration ) Mais ce travail n’est pas inutile : il sera poursuivi par le j�suite Saccheri au XVIIIe .

D’autres math�maticiens arabes travailleront sur le sujet mais tous ont en t�te une seule g�om�trie possible : l’euclidienne. Aucun ne franchira le pas fait au XIXe et pourtant ce sont tous des esprits puissants, des chercheurs qui ont la force de sortir de leurs certitudes.

Et pour y arriver il faudra remettre en cause les �vidences du type : deux droites parall�les sont �quidistantes, dans un quadrilat�re qui poss�de d�j� trois angles droits le quatri�me l’est aussi, par un point pris dans un triangle on peut tracer une droite coupant deux c�t�s du triangle, etc...

En fait, pour sortir de la g�om�trie euclidienne, il faut admettre que l’univers, dans lequel on vit, peut �tre d�crit avec d’autres mod�les que ceux que nous connaissons. Si on consid�re que nous avons une connaissance totale de l’univers toute autre approche devra �tre fausse. C’est pour cela que l’on va essayer de d�montrer pendant des si�cles et des si�cles qu’il n’y a qu’une seule g�om�trie de vraie et que ne pas y arriver est un �chec important.

Il faut cependant souligner que ces tentatives de d�monstration de P5, m�me si elles sont des �checs, pr�parent les travaux de Gauss, Bolyai ou Lobatchevski. Il s’agit d’un long cheminement et ces recherchent permettent de mettre en �vidence des manques, des insuffisances (par exemple : probl�me de la mesure d’une longueur) et de poser de nouvelles questions.

5.3 Tentatives de d�monstrations � partir du XVIIe :

Nous parlerons de Wallis(1616-1703), Saccheri(1667-1733), Lambert(1728-1777) et Legendre (1762-1833).

5.3.1 Wallis : math�maticien �cossais.

Wallis, en plus de ses activit�s math�matiques (ceux qui ont fait un peu de maths ont entendu l’expression "int�grales de Wallis), est l’auteur du premier trait� de phon�tique de la langue anglaise, en introduction � sa Grammatica Linguae Anglicanae. Il est �galement connu comme pr�curseur de l’�ducation des sourds-muets.

Le postulat 3 d’Euclide demande � ce que l’on puisse construire un cercle. On peut remarquer que tous les cercles sont semblables, c’est � dire que l’on passe de l’un � l’autre par un d�placement ou un agrandissement ou une r�duction, Wallis va avoir l’id�e de remplacer P5 par le postulat : sur une droite donn�e il est possible de construire un triangle semblable � un triangle donn�(c’est � dire un triangle qui aura les m�mes angles que le triangle donn�). On passera d’un triangle semblable � un autre, comme pour les cercles, par un agrandissement ou une r�duction.

Ceci semble tellement �vident que personne ne se rendit compte que le postulat de Wallis se d�duit de P5.

En effet cela revient � supposer que la somme des angles dans un triangle est �gale � deux droits donc � supposer P5 vrai ! donc on n’avance pas ! Plus pr�cis�ment la similitude des triangles est trait�e dans le livre 6 d’Euclide. L’existence des triangles semblables repose sur des th�or�mes qui utilisent P5.

Il est cependant �tonnant que Wallis, qui �tait un tr�s bon math�maticien et qui connaissait sans doute tr�s bien les El�ments d’Euclide ne s’en soit pas rendu compte... sauf si, comme beaucoup d’autres, il pensait que l’�vidence �tait une v�rit�.

5.3.2 Girolamo Saccheri : (1)

Saccheri utilise le m�me quadrilat�re que Al Khayyam : il prend donc un quadrilat�re ABDC dans lequel les angles A et B sont droits et les c�t�s AC et BD sont �gaux.

Naturellement, pour quelqu’un qui n’a en t�te que la g�om�trie euclidienne ce quadrilat�re est un rectangle...

Saccheri fait alors les trois hypoth�ses suivantes :
H1 : les angles C et D sont droits,
H2 : ils sont obtus,
H3 : ils sont aigus.

Il d�montre alors que si l’une des trois hypoth�ses est vraie dans un quadrilat�re alors elle est vraie dans tous les autres quadrilat�res puis il d�montre que la somme des angles dans un triangle est
sous H1, �gale � deux angles droits,
sous H2, sup�rieure � deux angles droits,
sous H3, inf�rieure � deux angles droits.

Pour d�montrer P5, il consid�re la figure suivante, dans laquelle AP et PB sont perpendiculaires et l’angle fait par AP et AD est aigu.

Il se place dans chacune des hypoth�ses H1, H2 et H3 et essaie de d�montrer P5.

Sous H1 (les angles C et D sont droits) il d�montre que AD coupera PB donc P5.(Voir dans le chapitre suivant une d�monstration).

Sous H2 (les angles C et D sont obtus) il d�montre aussi que AD coupera BP et donc P5 et comme P5 implique que la somme des angles dans un triangle est �gale � 180 degr�s il tombe sur une contradiction et donc rejette H2. Mais... cela prouve simplement que dans sa d�monstration il y a un probl�me et on verra pourquoi dans le chapitre suivant.

Sous H3 (les angles C et D sont aigus) il n’arrive pas � une contradiction et d�montre m�me des propri�t�s telles que :

Deux droites sont : soit s�cantes, soit admettent une perpendiculaire commune et alors elles "divergent", soit elles sont "asymptotes" l’une de l’autre.

N’arrivant pas � une contradiction, il abandonne et trouve ses r�sultats insupportables !

En fait Saccheri peut �tre consid�r� comme celui qui a �tabli les premiers r�sultats de g�om�trie non euclidienne mais les trouvant horribles et oppos�s au bon sens il ne les publiera pas. Il sera red�couvert par le math�maticien italien Beltrami au XIXe si�cle.

5.3.3 Johann Heinrich Lambert :(1)

Lambert conna�t les travaux de Saccheri, mais pr�f�re s’appuyer, comme Ibn al-Haytam, sur un quadrilat�re � trois angles droits. Il fait alors trois hypoth�ses : le quatri�me angle est, soit droit, soit aigu, soit obtus.

**Il rejette l’hypoth�se de l’angle obtus en faisant la m�me erreur que Saccheri.

*** Sous l’hypoth�se de l’angle aigu, il obtient un certains nombre de r�sultats et n’arrive pas � une contradiction !

Mais il d�montre des r�sultats de la g�om�trie non euclidienne tels que la somme des angles d’un triangle est inf�rieure � 180 degr�s ou encore l’ensemble des points situ�s � �gale distance d’une droite donn�e n’est pas une droite ! Ou encore qu’il n’y a pas, sous cette hypoth�se, de triangles semblables... (cf chapitre 2 pour quelques d�monstrations). De plus il est le premier � d�montrer que la somme des angles d’un triangle d�pend de son aire.

Mais comme Saccheri, Lambert renonce � aller plus loin : il est en effet, comme tout le monde � l’�poque, de philosophie Kantienne : les axiomes de la g�om�trie doivent �tre le reflet des propri�t�s de l’espace sensible.

5.3.4 Adrien Marie LEGENDRE : (1752-1833) (1)

Il est le dernier math�maticien avant les cr�ateurs des GNE � s’�tre int�ress� au probl�me des parall�les.

Pour d�montrer P5 il d�montre en particulier que la somme des angles d’un triangle est �gale � 180 degr�s et cela de mani�re tout � fait int�ressante :

il construit une succession de triangles (sur la figure, noir, rouge, bleu) dont les angles � la base tendent vers 0 mais dont la somme des angles ne varie pas. Il pense alors d�montrer que le troisi�me angle du triangle tend vers 180 degr�s mais c’est l� o� il se trompe. (cf chapitre 2 pour la d�monstration)

Son passage � la limite revient � supposer que P5 est vrai ! Donc une fois de plus on tourne en rond. (cf chapitre suivant pour la d�monstration) ⁴

Chapitre 6
Positions philosophiques aux XVII-XVIIIe si�cles :

6.1 Newton :

L’espace aristot�licien, donc des grecs, est essentiellement qualitatif et parfaitement hi�rarchis�. Il est fond� sur l’exp�rience et nos sens. Pour Aristote, les math�matiques ne peuvent pas expliquer le monde r�el.

Cette conception pr�sente cependant pr�sente un avantage : elle permet de ne pas lier la g�om�trie au cosmos et donc de pouvoir envisager comme hypoth�se "la somme des angles dans un triangle n’est pas �gale � 180 degr�s" comme possible, m�me si cette hypoth�se n’a pas �t� exploit�e.

C’est Galil�e qui va d�truire le cosmos grec et c’est en cela qu’il est r�volutionnaire. Il faut reconna�tre qu’il �tait de plus en plus difficile d’expliquer les ph�nom�nes astronomiques par la physique d’Aristote : la connaissance du mouvement des plan�tes ou des astres devient de plus en plus pr�cis et n�cessite des calculs de plus en plus compliqu�s si l’on veut rester dans un syst�me g�ocentrique (cf � la th�orie des �picycles).

C’est dans cet espace neutre, absolu, ind�pendant des objets qui s’y trouvent que Newton va formuler ses lois. Cet espace est euclidien. Ainsi, non seulement la g�om�trie restera l’art du raisonnement pur mais en plus la Nature devra s’y soumettre. Ce n’est pas un hasard si Newton parle de Principes math�matiques de la Philosophie Naturelle.
Le g�nie de Newton ne peut que conforter ceux qui veulent d�montrer P5 et refuser toute autre hypoth�se.

6.2 Pascal

Dans le texte " De l’esprit g�om�trique et de l’art de persuader" Pascal exprime parfaitement son point de vue.

Tout d’abord la "v�ritable m�thode, qui formerait les d�monstrations dans la plus haute excellence, s’il �tait possible d’y arriver, consisterait en deux choses principales : l’une de n’employer aucun terme dont on n’e�t auparavant expliqu� nettement le sens, l’autre, de n’avancer jamais aucune proposition qu’on ne d�montr�t par des v�rit�s d�j� connues."

Donc il faudrait tout d�finir et tout d�montrer, ce qui, pour Pascal, est impossible. En effet "il est �vident que les premiers termes que l’on voudrait d�finir, en supposeraient de pr�c�dents pour servir � leur explication...et en poussant les recherches de plus en plus, on arrive n�cessairement � des mots primitifs qu’on ne peut plus d�finir". Donc construire une science parfaite est impossible pour l’�tre humain. Mais, pour Pascal, il ne faut pas renoncer � la science. C’est la g�om�trie qui est la plus proche, bien qu’imparfaite, des exigences dans la recherche de la perfection.

Citons encore Pascal : "On trouvera peut-�tre �trange que la g�om�trie ne puisse d�finir aucune des choses qu’elle a pour principaux objets : car elle ne peut d�finir ni le mouvement, ni les nombres, ni l’espace...mais on ne sera pas surpris, si l’on remarque que cette admirable science ne s’attachant qu’aux choses les plus simples, cette m�me qualit� qui les rend dignes d’�tre ses objets, les rend incapables d’�tre d�finies ; de telle sorte que le manque de d�finition est plut�t une perfection qu’un d�faut, parce qu’il ne vient pas de leur obscurit�, mais au contraire de leur extr�me �vidence".

Ainsi on n’a pas � d�finir ni les nombres, ni l’espace. Or ce sont justement les travaux sur les nombres et l’espace qui vont permettre la cr�ation des g�om�tries non euclidiennes. Pascal ferme ainsi l’ouverture sur toute g�om�trie autre que celle d’Euclide.

6.3 Descartes

Citons Descartes � partir de son "Discours de la m�thode". Son premier pr�cepte est "de ne recevoir jamais aucune chose pour vraie, que je ne la connusse �videmment �tre telle : c’est-�-dire, d’�viter soigneusement la pr�cipitation et la pr�vention ; et de ne comprendre rien de plus en mes jugements, que ce qui se pr�senterait si clairement et si distinctement � mon esprit, que je n’eusse aucune occasion de le mettre en doute."

"Et remarquant que cette v�rit� : je pense, donc je suis, �tait si ferme et si assur�e, que toutes les plus extravagantes suppositions des sceptiques n’�taient pas capables de l’�branler, je jugeai que je pouvais la recevoir, sans scrupule, pour le premier principe de la philosophie que je cherchais."

" je jugeai que je pouvais prendre pour r�gle g�n�rale, que les choses que nous concevons fort clairement et fort distinctement sont toutes vraies ; mais qu’il y a seulement quelque difficult� � bien remarquer quelles sont celles que nous concevons distinctement. En suite de quoi, faisant r�flexion sur ce que je doutais, et que, par cons�quent, mon �tre n’�tait pas tout parfait, car je voyais clairement que c’�tait une plus grande perfection de conna�tre que de douter, je m’avisai de chercher d’o� j’avais appris � penser � quelque chose de plus parfait que je n’�tais ; et je connus �videmment que ce devait �tre de quelque nature qui f�t en effet plus parfaite. Pour ce qui est des pens�es que j’avais de plusieurs autres choses hors de moi, comme du ciel, de la terre, de la lumi�re, de la chaleur, et de mille autres, je n’�tais point tant en peine de savoir d’o� elles venaient, � cause que, ne remarquant rien en elles qui me sembl�t les rendre sup�rieures � moi, je pouvais croire que, si elles �taient vraies, c’�taient des d�pendances de ma nature, en tant qu’elle avait quelque perfection ; et si elles ne l’�taient pas, que je les tenais du n�ant, c’est-�-dire qu’elles �taient en moi, parce que j’avais du d�faut. Mais ce ne pouvait �tre le m�me de l’id�e d’un �tre plus parfait que le mien : car, de la tenir du n�ant, c’�tait chose manifestement impossible ; et parce qu’il n’y a pas moins de r�pugnance que le plus parfait soit une suite et une d�pendance du moins parfait, qu’il y en a que de rien proc�de quelque chose, je ne la pouvais tenir non plus de moi-m�me. De fa�on qu’il restait qu’elle e�t �t� mise en moi par une nature qui f�t v�ritablement plus parfaite que je n’�tais, et m�me qui e�t en soi toutes les perfections dont je pouvais avoir quelque id�e, c’est-�-dire, pour m’expliquer en un mot, qui f�t Dieu. "

Ainsi, pour Descartes, "je pense donc je suis" est la preuve de son existence, donc des choses qu’il con�oit clairement et distinctement, �vidences qui lui viennent de Dieu.

Cet espace physique dans lequel nous vivons �tant une �vidence, on ne peut pas le remettre en cause. Cet espace pour Descartes est euclidien et si la g�om�trie n’a d’autre utilit� que servir ou illustrer cet espace, il n’y a pas de place pour une autre g�om�trie. Ainsi le postulat cinq doit �tre d�montrable ou alors sa n�gation doit conduire � une contradiction. Saccheri, en particulier n’y arrive pas. D’o� son d�pit.

6.4 Kant :

Avant Kant, il y avait un espace dans lequel un certain nombre d’objets de toutes natures se d�pla�aient et nous, �tres humains, nous observions ces objets gr�ce � nos cinq sens. Cet espace est r�el.

Kant ne se prononce pas sur sa r�alit�. L’espace est une donn�e � priori ind�pendante de toute exp�rience. Il est � la base de toutes nos intuitions concernant ce qui nous entoure. Cet espace ne peut se repr�senter que d’une seule mani�re : il est euclidien � trois dimensions.

De plus, pour Kant, comme pour les autres philosophes ou math�maticiens de cette �poque, la g�om�trie euclidienne est le prototype de la pens�e claire et du raisonnement logique. Emmanuel Kant pensait que ce prototype �tait inscrit dans le cerveau humain. C’est lui qui nous permet de percevoir le monde ext�rieur.

6.5 Conclusion :

Le XVIIeme et le XVIIIeme si�cles sont donc tr�s peu favorables � la d�couverte ou � la cr�ation d’autres g�om�tries.

La remise en cause de ces conceptions se fera par la reconstruction des math�matiques, par la red�finition de leur place dans l’ensemble des connaissances, par celle de la g�om�trie dans les math�matiques, par la remise en cause de l’espace physique newtonien avec, par exemple, Maxwell et, surtout, Einstein.

Chapitre 7
G�om�trie non euclidiennes avec Lobatchevski et Bolyai :

7.1 Naissance difficile :

Il y a une permanence dans l’histoire des math�matiques : quand un nouveau concept appara�t il est d’abord rejet� car trop "abstrait". Puis accept� avec r�ticence car il est utile dans les applications. Enfin il est pleinement re�u quand il est reconstruit de mani�re � �tre coh�rent avec le reste des connaissances math�matiques.

Deux exemples : D’abord les nombres n�gatifs qui sont consid�r�s comme des nombres "faux" (Descartes). Dans l’Encyclop�die de Diderot-d’Alembert, on voit bien qu’ils n’ont pas toujours de statut : en effet les nombres sont li�s indissolublement aux grandeurs g�om�triques et une grandeur g�om�trique est un nombre positif. En fait c’est la notion de nombre qui ne sera clairement d�fini qu’� la fin du XIXe si�cle !

Ensuite le "nombre imaginaire ou complexe"

i

dont le carr� est �gal � -1, est introduit au XVI�me . Ce nombre dont le carr� est n�gatif est en contradiction compl�te avec les connaissances de l’�poque. Il va pourtant �tre utilis� car il permet de r�soudre de nouvelles �quations. Les nombres dits "complexes" ne seront construits correctement qu’� la fin du XIXe.

Quant aux g�om�tries non euclidiennes elles mettront 21 si�cles � exister malgr� la d�marche d’Euclide qui incite � les construire ! Il faut bien dire "� exister", parce qu’elles ont d�j� �t� en partie �labor�es (Saccheri, certains math�maticiens arabes) mais c’est leur existence que l’on a refus� d’admettre ! Pourquoi un accouchement si difficile ?

— A quoi bon cr�er une g�om�trie qui ne serait pas sup�rieure � la premi�re, qui n’aurait aucune application ni en math�matique, ni dans le monde sensible ? La curiosit� a beau �tre un moteur dans la recherche math�matique elle a aussi ses limites !

—l’Univers est g�r� depuis Galil�e, Newton et Descartes par la g�om�trie euclidienne. Il faut r�aliser que certains universitaires, � la fin du XIXe, ne prennent plus d’�tudiants chercheurs en physique parce qu’il n’y aurait plus rien � d�couvrir !

— Peut �tre que l’on ne peut pas imaginer qu’il y a plusieurs g�om�tries vraies. Comment serait-il possible qu’en niant (au sens logique) la g�om�trie euclidienne on obtienne une autre th�orie tout aussi vraie ? Et la question que l’on doit se poser est le sens que l’on donne � vrai.

— Enfin la raison la plus forte est, sans doute � chercher dans les math�matiques elles m�mes : quelle est leur place ? qu’y fait-on exactement ? Qu’est-ce qu’une activit� math�matique ?

7.2 Premi�res g�om�tries non euclidiennes :

Comment peut-on expliquer qu’au d�but du XIXe trois math�maticiens vont �laborer presque simultan�ment (entre 1820 et 1840), (mais sans �tre au courant du travail des autres), une g�om�trie non euclidienne ? On pourrait donner plusieurs raisons :

La premi�re c’est peut-�tre la R�volution Fran�aise : en effet elle va inciter les hommes � revendiquer leur libert� et donc la libert� de cr�er ind�pendamment de l’acad�misme (voire contre). Ind�pendamment de la R�volution Fran�aise, cr�er une nouvelle th�orie dans quelque domaine que ce soit est une revendication de libert� !

La deuxi�me, et c’est sans doute la plus importante, c’est l’explosion des math�matiques avec Pascal, Descartes, Euler, Lagrange et bien d’autres, les El�ments d’Euclide ne pouvant plus �tre leur synth�se.

La troisi�me est le travail accumul� au cours des si�cles pass�s sur le sujet.

Ce qui distingue fondamentalement ces math�maticiens de ceux qui les ont pr�c�d�s c’est leur d�marche : ils ont construit une nouvelle g�om�trie alors que les autres ont essay� de d�montrer le postulat des parall�les et que jamais ils n’ont mis en doute l’id�e qu’il y avait une seule g�om�trie.

Lobatchevski a publi� ses travaux en russe et a �t� peu lu. Il appelait lui-m�me sa g�om�trie "imaginaire".

Gauss n’a rien publi� par peur de cr�er trop de scandale ( Il �tait impensable de cr�er une nouvelle g�om�trie...). Peut-�tre aussi attendait-il que l’exp�rience physique lui donne raison. Mais comment est valid�e une th�orie math�matique ? Jusqu’au d�but du XIX�me par l’�vidence et plus particuli�rement par l’intuition de l’espace � trois dimensions. C’est cette notion de validation d’une th�orie math�matique qui va �tre discut�e et rediscut�e au XIX�me et au XX�me .

Quant � Bolyai il a �t� d�courag� par Gauss qui, affirmait-il, avait d�j� tout �crit sur le sujet et par son p�re lui-m�me.

7.2.1 Int�ressons nous � la g�om�trie de Lobatchevski :(1)

On appelle g�om�trie neutre ( G.N.) l’ensemble des d�finitions de la g�om�trie euclidienne, ses postulats sauf P5, ses axiomes et les th�or�mes ne n�cessitant pas le postulat des parall�les., c’est � dire les 28 premiers th�or�mes.

Rajoutons � cette g�om�trie une n�gation possible du postulat des parall�les. On obtient :

P’5 : il existe au moins une droite (AB) et au moins un point P n’appartenant pas � (AB) tels qu’il existe au moins deux droites passant par P et parall�les � (AB).

A partir de l� on d�montre le premier th�or�me : quel que soit le point P du plan et quelle que soit la droite (AB) ne passant par P, il existe au moins deux droites parall�les � (AB) et passant par P.

Puis on d�montre un th�or�me dans lequel on pr�cise, sous les hypoth�ses pr�c�dentes, parmi les droites passant par P, celles qui sont parall�les � (AB) et celles qui ne le sont pas.

On peut alors d�montrer que la somme des angles est inf�rieure � 180 degr�s.(Cf au chapitre suivant pour certaines d�monstrations).

Et Lobatchevski va construire une g�om�trie qu’il va appeler lui-m�me imaginaire mais totalement coh�rente, construction qu’aurait pu faire Saccheri.

Voici un autre th�or�me de cette " nouvelle " g�om�trie : "Si on prolonge de plus en plus loin deux lignes parall�les dans le sens de leur parall�lisme, elles s’approcheront de plus en plus l’une de l’autre " .

Poincar� illustrera cette nouvelle g�om�trie de la mani�re suivante en inventant un univers dont on donnera une construction math�matique dans le chapitre 3.

On consid�re un monde dont les habitants sont enferm�s dans un demi-plan P de bord D. Dans cet univers plus un habitant se rapproche du bord de P et plus il devient petit et donc que ses pas tendront vers 0 sans qu’il s’en aper�oive (en effet tout rapetisse autour de lui, ses instruments de mesure compris !).

Ainsi il ne pourra jamais atteindre le bord. Nous, de l’ext�rieur, avec notre œil "euclidien", nous voyons bien que son univers est fini, mais lui le verra infini.

Pour joindre un point � un autre cet habitant n’aura pas toujours int�r�t � aller en ligne droite : en effet plus il s’approche du bord et plus ses pas sont petits. Son exp�rience lui prouve que, pour aller d’un point � un autre, il aura int�r�t � proc�der de la mani�re suivante :

si les deux points forment une ligne perpendiculaire au bord de P il ira en ligne droite mais si les deux points ne forment pas une ligne perpendiculaire, il parcourra l’arc de cercle joignant les deux points et de centre un point du bord.

Une droite dans la g�om�trie euclidienne est le chemin le plus court d’un point � un autre. Si on part de cette d�finition, dans le demi-plan P les droites seront soit les segments de droites perpendiculaires au bord soit les arcs de cercles dont le centre est sur le bord. Ces droites v�rifient les quatre premiers postulats mais pas P5.

le postulat 1 demande que l’on puisse joindre un point � un autre : dans notre demi-plan on sait joindre un point � un autre parce que l’on sait construire un segment ou un arc de cercle joignant deux points.

Le postulat 2 demande que l’on puisse prolonger une droite de chaque c�t� de mani�re continue : ici c’est encore vrai : si on prend un segment de droite perpendiculaire au bord on pourra le prolonger autant qu’on veut puisque plus on sera proche du bord et plus nos pas sont petits donc on se rapprochera du bord ind�difiment sans jamais l’atteindre. Pour un arc de cercle c’est encore vrai.

Le postulat 3 demande � ce que, � partir d’un point qu’on appelle centre et d’un segment donn� on puisse tracer un cercle. Dans notre demi-plan on peut le faire sachant que le cercle obtenu sera comme notre cercle euclidien mais avec un centre d�cal�.

Le postulat 4 demande � ce que tous les angles droits soient �gaux. Une fois de plus cela sera encore vrai ici ( cela sera d�taill� ans le chapitre 3)

Le postulat 5 �quivaut � l’affirmation suivante : il existe une droite parall�le et une seule � une droite donn�e et passant par un point donn�. Dans notre demi- plan c’est faux !

On a trac�, ci-dessous, la figure sur laquelle on a pris un point C et la "droite" D trac�e en bleu. On a trac� aussi les droites "noires" et deux droites "rouge".

Il faut insister sur le fait que toutes ces droites se rapprochent ind�finiment du bord sans le toucher.

On voit, sur la figure ci-dessus, qu’il existe une infinit� de droites parall�les � (D) passant par C .
Les droites situ�es entre les droites rouges sont s�cantes avec D et celles situ�es en dehors de cette bande passent par C et sont parall�les � D. Il y a donc un infinit� de droites passant par un point donn� et parall�les � une droite donn�e.

Voil� ce qu’en dit le math�maticien Etienne Gys (contemporain) : " les gens (qui vivent dans ce monde) sont raisonnables, ils ne savent pas qu’ils rapetissent. Mais ils sont tout aussi raisonnables que nous qui ignorons probablement beaucoup d’autres choses. La morale de cette petite histoire de Poincar� est qu’on peut tr�s bien envisager beaucoup de mondes extr�mement raisonnables, chacun ayant sa g�om�trie, chacun ayant sa logique et qui chacun peuvent nous apporter une vision de notre monde concret [...]."

Le math�maticien d’aujourd’hui pour r�soudre un probl�me, pour �tudier une question, va utiliser une g�om�trie, va prendre sa boite � outils, et va choisir la g�om�trie la plus convenable pour comprendre le probl�me �tudi�.

Pour conclure voici une phrase de Poincar� :"Une g�om�trie ne peut �tre plus vraie qu’une autre, elle peut simplement �tre plus commode."

7.2.2 Autres g�om�tries possibles :

Riemann (1826-1866) va construire une nouvelle g�om�trie non euclidienne mais par des chemins compl�tement diff�rents. Il va �tudier les propri�t�s g�om�triques des surfaces non pas en les replongeant dans l’espace mais en construisant une g�om�trie sur la surface elle-m�me.

Pour donner un exemple on �tudiera les propri�t�s g�om�triques d’une sph�re ind�pendamment de l’ espace dans lequel elle appartient : sur la Terre il n’existe pas de droites parall�les...

Riemann va surtout introduire une nouvelle conception de la distance. Nous n’avons absolument pas parler de distance pour l’instant et pourtant c’est une notion qui intervient sans cesse ! Qu’est-ce qu’un espace dans lequel il y a une distance ? Dans l’espace euclidien, celui de Descartes ou de Newton, les dimensions d’un objet sont les m�mes quelles que soient son lieu, sa vitesse ou son mouvement. Pour Euclide comme pour Newton, la notion de distance comme celle de temps est absolue, universelle. Le r�le de cet espace euclidien se limite � celui d’une �tendue ind�finie et neutre, � un r�ceptacle dans lequel sont plong�s les corps.

Riemann sera le premier � remettre en cause cette conception m�me si, � son �poque, elle est valid�e par l’ exp�rience et la physique de Newton. L’espace de Riemann qui est en interaction avec le corps qui s’y d�place, cet espace cr��, comme les g�om�tries non euclidiennes, ind�pendamment de l’ exp�rience sera valid� par...l’exp�rience, celle de la relativit� g�n�rale d’Einstein, cinquante ans plus tard. L’espace de cette th�orie �tant un espace � quatre dimensions, r�gi par une m�trique d�pendant de l’�tat, de la r�partition et du mouvement de la mati�re.

Si l’on reprend le demi-plan de Poincar�, et on le verra dans le chapitre 3, la notion de mesure, la distance qui est utilis�e dans cet univers va d�pendre de l’endroit o� on se situe.

7.2.3 R�actions provoqu�es dans le courant du XIXe si�cle :

Les r�actions � l’annonce de ces nouvelles g�om�tries ont �t� vives, parfois violentes. Il est int�ressant de noter, contrairement � ce que l’on pourrait croire, que beaucoup de math�maticiens ou philosophes r�put�s ont exprim� leurs r�ticences.

En Russie Ostrogradski qui est l’autorit� math�matique supr�me consid�re les travaux de Lobatchevski "sans int�r�t et entach�s d’erreurs".

Le grand math�maticien anglais Cayley a refus� jusqu’au bout toute validit� aux GNE. Il consid�re la GNE de Lobatchevski comme "�trange" et "incompr�hensible".

Un des adversaires les plus intol�rants, les plus �tonnants a �t� le fondateur de la logique moderne Frege : "oserait-on qualifier d’astrologie les El�ments d’Euclide, œuvre jouissant d’une incontestable autorit� depuis plus de 2000 ans ? Si l’on n’ose pas c’est la GNE que l’on doit classer dans les pseudo sciences (astrologie, alchimie)."

L’un des pires opposants aura �t� le philosophe allemand Duhring qui jouissait d’une excellente r�putation en Allemagne et qui avait des comp�tences r�elles en math�matiques. Il parlait, par exemple, "des parties d�g�n�r�es du cerveau de Gauss" ou encore traitait la GNE "d’insanit� d�mentielle. Ses attaques �taient tr�s virulentes ! Rappelons qu’il �tait un personnage exc�crable, qu’il pensait avoir trouv� dans la biologie la justification de l’antis�mitisme. Donc au lieu de baptiser les juifs il fallait les �liminer biologiquement ! Il �tait suffisamment c�l�bre et �cout� pour que Engels �crive un livre dont le titre est "anti Duhring" (dans lequel il d�nonce le mat�rialisme non dialectique de Duhring).

On pourrait citer d’autres exemples. Il faut retenir que les critiques contre les GNE n’�manent pas que d’ignorants ! En fait pour accepter les GNE il a fallu changer philosophiquement d’attitude. Il a fallu se plonger dans le fondement des math�matiques.

Chapitre 8
Conclusion :

Les g�om�tries non-euclidiennes ont remis en cause, dans un premier temps, la validit� des �l�ments d’Euclide. Elles �taient d’autant plus inadmissibles qu’avec le d�veloppement des math�matiques beaucoup consid�r�rent la g�om�trie comme �tant simplement une th�orie physique donc d�tach�e des math�matiques ! Comme on vit au XIXe dans l’univers de Newton donc euclidien les GNE sont impossibles et fausses.

Les g�om�tries non-euclidiennes nous font entrevoir d’autres mondes possibles, une autre vision de notre univers.

C’est Hilbert qui, en 1899, a remis les g�om�tries au sein des math�matiques en r�alisant une g�om�trie axiomatis�e qui regroupe toutes les g�om�tries. Il y a eu une r�volution en math�matiques au XIX�me si�cle mais cette r�volution a �t� provoqu�e beaucoup plus par l’introduction de la notion de structure que par la cr�ation de nouvelles g�om�tries. Cette notion a permis de d�finir la notion de nombre correctement puis de classer les diff�rentes g�om�tries de mani�re rigoureuse.

Finalement les g�om�tries non euclidiennes sont simplement des livres que l’on pourrait rajouter aux �l�ments d’Euclide. Le postulat 5 est ind�montrable et cela cl�t le d�bat ouvert il y a 2000 ans !

Troisi�me partie
D’EUCLIDE A LOBATCHEVSKI :

Chapitre 9
INTRODUCTION

Le but de ce chapitre est de reprendre les d�marches des math�maticiens dont on a parl� dans le chapitre pr�c�dent, d’essayer de comprendre pourquoi ils se sont tromp�s en tentant de d�montrer leurs affirmations en utilisant les connaissances de leur �poque, c’est � dire les El�ments d’Euclide. Donc nous commencerons par �noncer les th�or�mes du livre 1 en faisant quelques commentaires sur les d�monstrations.

Ne se servir que de la g�om�trie neutre, demande un v�ritable effort car il faut oublier beaucoup de r�sultats qui nous semblent �vidents. Par exemple,des th�or�mes tels que la somme des angles dans un triangle est �gale � 180 degr�s ou encore qu’un quadrilat�re, qui a deux angles droits cons�cutifs et deux c�t�s oppos�s de m�me longueur, est un rectangle.

Les figures sur lesquelles nous allons raisonner seront compl�tement fausses : elles ne feront qu’illustrer des id�es. Par exemple, les droites que nous consid�rerons ne seront pas, en fait, des droites euclidiennes : elles pourront �ventuellement se couper en deux points distincts sans �tre confondues.

Chapitre 10
Les El�ments d’Euclide :

Le but de cette partie est d’�noncer les d�finitions, postulats et les th�or�mes du livre 1 qui seront utilis�s par la suite. On indiquera � l’occasion quelques insuffisances dans les d�monstrations.

Nous utiliserons les notations des El�ments d’Euclide : une droite se notera AB sans parenth�ses, comme dans les �l�ments d’Euclide, sachant qu’une droite est finie . Une droite pourra �tre plus petite, plus grande qu’une autre.

Le mot �galit� n’est pas d�fini dans les El�ments d’Euclide. On pourra dire que deux figures sont �gales lorsque l’on peut les ajuster (axiome 8) mais aussi lorsqu’en les "d�coupant" on pourra ajuster les diff�rents "morcaux".

Ainsi, lorsque Euclide dit que deux figures sont �gales, cela correspondra pour nous � plusieurs possibilit�s :

La notion d’op�ration n’existe pas. Par exemple, l’in�galit� triangulaire s’exprimera par : deux des trois c�t�s d’un triangle, pris de toute mani�re, seront plus grands que le troisi�me. Il y aura un formalisme de langage, pas toujours accessible. Nous l’�viterons quand cela sera possible.

Nous noterons Di, Pi, respectivement la d�finition i, le postulat i du livre 1 et Thi,j le th�or�me i du livre j.

Rappelons que la g�om�trie neutre, not�e GN est l’ensemble des d�finitions, des postulats, except� le cinqui�me, les axiomes et les vingt-huit premiers th�or�mes du livre 1 qui sont ind�pendants du cinqui�me postulat.

rappelons les d�finitions, postulats et th�or�mes qui nous int�ressent pour la suite.

10.1 Les d�finitions :

Commentaire : une ligne est donc finie et ce n’est pas un ensemble de points. Mais on pourra prendre autant de points que l’on veut sur une droite.

D�finition 4 : une ligne droite est celle qui se couche de mani�re �gale entre ses points.

Commentaire : cette d�finition prendra tout son sens plus loin. Si on prend une ligne droite et deux points sur elle, la ligne droite qui joint ces deux points est sur la droite.

D�finition 5 : une surface est ce qui n’a seulement qu’une longueur et une largeur.

D�finition 9 : un angle plan est l’inclinaison, dans un plan, de deux lignes, l’une par rapport � l’autre, se touchant, non couch�es sur une m�me ligne .

commentaire : un angle est, en fait, une surface comprise entre deux lignes s�cantes.

D�finition 10 : quand les lignes contenant l’angle dit sont droites l’angle est appel� rectiligne.

D�finition 11 : quand une droite tombant sur une droite fait deux angles successifs �gaux entre eux, chacun des angles est droit et la droite tombant est appel�e perpendiculaire � la droite sur laquelle elle tombe.

Commentaire : "plus grand" signifie que l’espace angle obtus contient un angle droit. Il n’ y a pas de notion de mesure.

D�finition 15 : le cercle est une figure plane, entour�e par une ligne, appel�e circonf�rence, pour laquelle toutes les droites, men�es d’un point �tant parmi ceux de la figure vers la circonf�rence, sont �gales.

D�finition 17 : le diam�tre du cercle est une droite conduite par le centre et limit�e de chacun des c�t�s par la circonf�rence et qui coupe le cercle en deux.

D�finition 18 : un demi-cercle est la figure entour�e par le diam�tre et la circonf�rence du cercle.

D�finition 19 : un morceau de cercle est une figure comprise entre une droite et la circonf�rence du cercle.

D�finition 20 : les figures rectilignes sont celles comprises entre des droites.

D�finition 22 : les quadrilat�res sont celles comprises entre quatre droites.

D�finition 23 : les multilat�res sont celles comprises entre plus de quatre droites.

D�finition 24 : parmi les figures trilat�res le triangle �quilat�ral est celui qui a trois c�t�s �gaux.

D�finition 30 : parmi les quadrilat�res, le carr� est celui qui est �quilat�re et rectangle.

D�finition 31 : le rectangle (ou oblong) est celui qui est rectangle mais pas �quilat�re.

Commentaire : ainsi un rectangle n’est pas un carr�, contrairement � aujourd’hui.

D�finition 32 : le rhombe est celui qui est �quilat�re mais pas rectangle.

D�finition 33 : le rhombo�de (ou oblong) est celui qui n’est ni rectangle ni �quilat�re mais qui a ses c�t�s et ses angles oppos�s �gaux.

Commentaire : ces d�finitions ne correspondent pas aux n�tres et on n’a pas la d�finition d’un parall�logramme alors que le mot appara�t dans la suite.

D�finition 35 : les droites parall�les sont celles qui sont dans un m�me plan et, qui prolong�es sans fin de chaque c�t�, ne se coupent jamais entre elles.

10.2 Les postulats :

Un postulat est une "demande". On demande de savoir ou pouvoir faire quelque chose. Dans la suite du livre cela pourrait-�tre d�montr�.

Postulat 1 : il est demand� de conduire de tout point vers tout point une ligne droite.

Postulat 2 : et de faire sortir une droite limit�e sur une droite de mani�re continue.

Commentaire : on peut donc prolonger une droite "autant" que l’on veut.Par exemple, dan la d�monstration du th�or�me 16 du livre 1, on double une droite sans aucune contrainte. Ainsi est sous-jacent la r�gle d’Archim�de : si l’on prend deux droites il existe

n

entier tel que

n

fois la premi�re droite sera plus grande que la seconde. Cependant le mot "contin�ment" pourrait �tre pris diff�remment :soient deux points A et B. On trace la droite AB. Soit un point C sur AB. On obtient la ligne BC que l’on pourrait prolonger contin�ment sans atteindre A.

Postulat 5 : et que si une droite coupant deux droites fait � l’int�rieur et du m�me c�t� deux angles plus petits que deux droits, les deux droites prolong�es sans fin se rencontrent entre elles sur le c�t� o� les angles sont plus petits que deux droits.

Commentaire : les droites AC et BD coupent la droite AB en faisant des angles dont la somme est inf�rieure � deux droits.

c’est donc le postulat que l’on va essayer de d�montrer pendant plus de deux mille ans !

Commentaire : cela implique que deux droites ayant deux points communs sont �gales. On va voir par la suite que c’est un postulat important.

10.3 Les axiomes :

Les grecs appellent les axiomes "notions communes", c’est-�-dire des affirmations ind�montrables, qui vont de soi (attitude peu math�matique !).

axiome 2 : et s’il est ajout� des chose �gales � des choses �gales les tout seront �gaux.

axiome 3 : et s’il est retranch� des chose �gales � des choses �gales les restes seront �gaux.

axiome 4 : et s’il est ajout� des chose �gales � des choses in�gales les tout seront in�gaux.

axiome 5 : et s’il est retranch� des chose �gales � des choses in�gales les restes seront in�gaux.

axiome 6 : et les choses doubles d’une m�me chose sont �gales entre elles.

axiome 7 : et les choses moiti� d’une m�me chose sont �gales entre elles.

axiome 8 : et les choses qui s’ajustent entre elles sont �gales entre elles.

Commentaire : naturellement, c’est faux dans un ensemble infini, mais pour les grecs un tout infini n’a pas de sens.

10.4 Les th�or�mes :

Nous �noncerons les th�or�mes du livre 1 des El�ments d’Euclide en indiquant ceux qui n�cessitent P5 ou P6 et d�montrerons ceux aussi ceux dont la d�monstration est insuffisante.

10.4.1 Livre 1 : th�or�mes ne faisant pas intervenir P5.

Alors les deux cercles se coupent en un point C. Et le triangle ABC est �quilat�ral.

Commentaire : On "voit" que les cercles se coupent, mais rien dans les d�finitions ou postulats ou axiomes ne nous le dit. Il faudrait donc ajouter un nouveau postulat, P7, suivant :

P7 : un cercle partage le plan en deux domaines et si on prend un point dans le cercle et un autre � l’ext�rieur, toute ligne joignant les deux points coupe le cercle en un point.

th�or�me 2 : d’un point donn� A, placer une droite �gale � une droite donn�e BC.

puis le cercle de centre B et de rayon BC (P1). DB coupe ce cercle en E (quitte � prolonger DB (P2)).

Commentaire : on se sert manifestement de la figure. Pour �tre rigoureux, il faudrait prendre tous les cas de figures : par exemple : que se passe-t-il si

B C > B D

? On s’en sort mais il faudrait le faire !

En fait, DB coupe le cercle en deux points : la d�monstration donne-t-elle le m�me r�sultat ? oui, mais encore faudrait-il le faire.

th�or�me 3 : on donne deux droites de longueur in�gale, �ter de la plus grande une droite �gale � la plus petite.

th�or�me 4 : si deux triangles ont un angle �gal et les c�t�s qui entourent cet angle �gaux alors les bases des triangles sont �gales. Alors les triangles seront �gaux et les angles restants aussi.

d�monstration : Soient deux triangles ABC et DEF tels que

C A = D F

C B = F E

A Ĉ B = D \hat{F} E

comment fait-on pour appliquer une figure sur une autre ? on a � priori aucun outil dans Euclide pour le faire !.

Mais CA s’appliquant sur FD, CB s’appliquera sur FD puisque

A Ĉ B = D \hat{F} E

donc B s’appliquera sur E puisque

C B = F E

A s’applique sur D et B sur E donc AB s’applique sur DE sinon deux droites entoureraient un domaine ce qui contredit P6.

Commentaire : Si on enl�ve de GN le postulat 6 cela signifiera que le th 4 sera faux lorsque deux points d�finiront plus de deux droites, mais juste sinon.

Pour Euclide les triangles �tant ajustables, ils sont �gaux. Pour nous ils sont isom�triques ou congruents.

Th�or�me 5 : dans un triangle isoc�le les angles � la base sont �gaux.

Th�or�me 6 : si un triangle a deux angles �gaux entre eux les c�t�s qui sous tendent les angles sont �gaux.

Th�or�me 7 : sur une m�me droite, � partir de deux points situ�s du m�me c�t� de cette droite il n’est pas possible de tracer deux droites �gales � deux autres droites, chacune � chacune, ayant les m�mes extr�mit�s que ces autres.

commentaire : Cela signifie que si on prend une droite AB, deux points situ�s du m�me c�t� de AB et que l’on trace les droites CA et CB, on ne peut pas tracer deux droites issues de D telles que

C A = D A

D B = C B

Il manque l� un postulat que nous nommerons P8 : une droite partage le plan en deux r�gions ayant comme fronti�re la droite et si l’on prend un point de part et d’autre de la droite, la droite joignant les deux points coupe la droite.

Avec ce postulat il est possible de choisir deux points du m�me c�t� de AB.

Th�or�me 8 : si deux triangles ont deux c�t�s �gaux, chacun � chacun, et la base �gale � la base, alors ils auront un angle �gal � un angle �gal, celui qui est compris entre les c�t�s �gaux.

Th�or�me 11 : � une droite donn�e, d’un point donn� de cette droite, mener une ligne droite avec des angles droits.

Th�or�me 12 : � une droite donn�e, d’un point donn� n’appartenant pas � cette droite, mener une ligne droite avec des angles droits.

Th�or�me 13 : si une droite tombant sur une droite fait deux angles, soit ils sont droits, soit ils font ensemble deux droits.

Th�or�me 14 : si � partir d’une droite et d’un point de cette droite, deux droites non situ�es du m�me c�t�, font ensemble deux angles �gaux � deux droits, ces deux droites sont situ�es dans la m�me direction.

Th�or�me 15 : si deux droites se coupent entre elles, elles font des angles �gaux au sommet.

Th�or�me 16 : le c�t� d’un triangle �tant prolong�, l’angle ext�rieur est plus grand que chacun des angles oppos�s et ext�rieurs.

\hat{A C D}

est l’angle ext�rieur,

\hat{A B C}

l’angle int�rieur et

\hat{B A C}

l’angle oppos�.

B, E et C ne sont pas align�s donc F ne peut pas �tre sur CD. Sinon BF et BD seraient deux droites distinctes entourant un domaine et cela contredirait P6.

Donc

\hat{A C D} > \hat{A C F}

. Donc

\hat{A C D} > \hat{B A C}

. CQFD. M�me d�monstration pour l’angle ABC.

Commentaire : on voit bien que P6 joue un r�le ici important, que ce soit par l’application de th4 ou par le fait que A, C et F ne sont pas align�s.

De plus on peut remarquer que l’on a doubl� la longueur de BE : est-ce possible ? P2 nous permet de "sortir contin�ment" la droite BE d’elle-m�me, mais d’�tre doubl�e, ce n’est pas dit.

th�or�me 17 :les deux angles d’un triangle, pris de mani�re quelconque, sont plus petits que deux droits.

Commentaire : C’est une cons�quence du th�or�me pr�c�dent donc de P6.

th�or�me 18 : dans tout triangle, un plus grand c�t� sous tend un plus grand angle.

D�monstration : soit ABC un triangle dans lequel

C B > C A

. Soit D le point de CB tel que

C D = C A

(Th2.1).

Comme

\hat{C D A}

est l’angle ext�rieur du triangle ADB on a :

\hat{C B A} < \hat{C D A}

(th.16.1)

Th�or�me 19 : dans tout triangle, un c�t� qui sous tend un angle plus grand est plus grand qu’un c�t� qui sous tend un angle plus petit.

Th�or�me 20 : dans tout triangle deux des c�t�s, pris de toute mani�re, sont, ensemble, plus grands que celui qui reste.

commentaire : il s’agit de l’in�galit� triangulaire. Nous verrons que sur une sph�re ce n’est pas forc�ment vrai !

Th�or�me 21 : si des extr�mit�s d’un c�t� d’un triangle on construit int�rieurement deux droites, ces deux droites seront plus petites que les deux c�t�s restants du triangle mais elles formeront un angle plus grand.

2. On a

A C + E C > A E

donc

A C + E C + E B > A E + E B

(A2) donc

A C + C B > A E + E B

donc

A C + C B > A D + (D E + E B)

4. Donc

A C + C B > A D + (D E + E B) > A D + B D

donc

A C + C B > A D + D B

Commentaire : chacune des �tapes, 2, 3 ou 4 de la d�monstration est justifi�e par des axiomes ou th�or�mes d�montr�s avant le th�or�me 21 et d�pendent de P6 mais... l’�tape 1 n’est pas justifi�e : en effet, aucun postulat, aucun axiome ni aucun th�or�me pr�c�dent ne permet d’affirmer que la droite qui joint un sommet � un point int�rieur � un triangle coupe le c�t� oppos�. La droite AD pourrait �tre prolong�e contin�ment sans couper aucun c�t� : difficile � imaginer mais pourquoi pas ? Il faudrait poser ce r�sultat en postulat !
On voit l�, malgr� toute la volont� de rigueur d’Euclide, qu’il se laisse, que nous nous laissons, influencer par ce que l’on voit !

Th�or�me 22 : � partir de trois droites construire un triangle (deux des droites �tant plus grandes que la troisi�me).

th�or�me 23 : � partir d’une droite donn�e et d’un point de cette droite construire un angle rectiligne �gal � un angle rectiligne donn�.

th�or�me 24 : si deux triangles ont deux c�t�s �gaux � deux c�t�s, chacun � chacun, et s’ils ont un angle plus grand qu’un angle, celui qui est entour� par les c�t�s �gaux, alors la base est plus grande que la base.

D�monstration : Soient les triangles ABC et DIH tels que

C A = D H

C B = H J

\hat{A C B} > \hat{D H I}

Alors

H I = H J

donc

\hat{H I J} = \hat{H J I}

donc

\hat{H I J} > \hat{D J I}

Mais

\hat{D I J} > \hat{H I J}

donc

\hat{D I J} > \hat{D J I}

(th5.1) donc

D J > D I

donc

A B > D I

(th 19.1).

Th�or�me 25 : si deux triangles ont deux c�t�s �gaux chacun � chacun et une base plus grande qu’une base alors un angle sera plus grand qu’un angle, celui qui est sous les c�t�s �gaux.

th�or�me 26 : si deux triangles ont deux angles �gaux, chacun � chacun, et un c�t� �gal � un c�t� alors les c�t�s restants sont �gaux, chacun � chacun.

Th�or�me 27 : si une droite tombant sur deux droites fait des angles alternes �gaux, les deux droites sont parall�les.

d�monstration : soient deux droites AB et CD coup�es par une droite EF tel que

\hat{A G F} = \hat{G F D}

Supposons que AB et CD se coupent en I. Alors dans le triangle IGF, l’angle ext�rieur

\hat{A G F}

est �gal � l’angle oppos�

\hat{G F D}

. Contradiction avec th16.1. Donc AB et CD sont parall�les.

Commentaire : C’est la premi�re fois que l’on rencontre des droites parall�les et leur existence d�pend du th�or�me 16.1.

th�or�me 28 : si une droite tombant sur deux droites fait ext�rieurement un angle �gal � l’angle int�rieur et oppos� ou fait deux angles �gaux � deux droits, ceux int�rieurement sur le m�me c�t�, alors les deux droites sont parall�les.

10.4.2 Livre 1 : Th�or�mes faisant intervenir P5.

th�or�me 29 : la droite, tombant sur deux droites parall�les, fait ext�rieurement un angle �gal � l’angle int�rieur et oppos� et fait deux angles �gaux � deux droits, ceux int�rieurement sur le m�me c�t�.

Supposons que

\hat{A G H} > \hat{G H D}

. Alors

\hat{A G H} + \hat{B G H} > \hat{G H D} + \hat{B G H}

(A2).

Il est facile de d�montrer ensuite que

\hat{B G H} + \hat{G H D} =

2 droits.

Th�or�me 30 : les droites parall�les � une m�me droite sont parall�les entre elles.

D�monstration : 1. On prend deux droites AB et CD parall�les � une m�me droite EF.

2. Soit une droite GI coupant les droites EF et CD. Alors elle coupe aussi AB en H. Euclide ne le d�montre pas. GI pourrait-�tre parall�le � AB. L’unicit� d’une parall�le � une droite donn�e et passant par un point donn� n’est pas encore �tablie ! Une fois de plus, on "voit" que....

3. AB et EF sont parall�les donc (Th 29.1)

\hat{E G H} = \hat{B H G}

. De m�me CD et EF d’o�

\hat{E G I} = \hat{D I G}

.
4. Donc

\hat{E G H} = \hat{E G I}

(th29.1) donc

\hat{B H G} = \hat{D I G}

. Donc (Th 28.1) AB et CD sont parall�les.

Th�or�me 31 : construire une parall�le � une droite donn�e et passant par un point donn�.

D�monstration : soit CD une droite et soit A un point. Soit B un point de CD. On construit l’angle

\hat{E A B}

�gal � l’angle

\hat{A B D}

(th23.1). On prolonge EA en F. Alors EF et CD sont parall�les (th27.1).

Commentaire : il n’existe qu’une parall�le, sinon cela contredirait th29.1

Th�or�me 32 : un des c�t�s de tout triangle �tant prolong�, l’angle ext�rieur est �gal aux deux angles int�rieurs et oppos�s. Et la somme des trois angles int�rieurs est �gale � deux droits.

D�monstration : On prolonge BC en D. Puis on trace la parall�le � AB passant par C (th 31.1).

On a alors :

\hat{A B C} = \hat{E C D}

\hat{B A C} = \hat{E C A}

(th 29.1). D’o� le r�sultat.

Th�or�me 34 : les diagonales et les c�t�s oppos�s d’un parall�logramme sont �gaux et leurs diagonales se coupent en leur milieu.

Les autres th�or�mes du livre 1 nous int�ressant moins, nous ne les citerons pas. Par contre la d�finition 1 et le th�or�me 18 du livre 6 nous int�ressent.

d�finition 1 : des figures rectilignes semblables sont celles qui ont les angles �gaux deux � deux et les c�t�s, qui entourent les angles �gaux, proportionnels.

th�or�me 18 : sur une droite donn�e construire un quadrilat�re semblable � un quadrilat�re donn�.

Remarque : ce th�or�me s’applique bien entendu pour un triangle et n�cessite P5.

Donnons un exemple de g�om�trie o� P5 n’est pas v�rifi� et o� il n’existe pas forc�ment de triangles semblables.

Chapitre 11
G�om�trie sur une sph�re

11.1 Introduction :

Soit une sph�re de rayon R et de centre O. si on prend deux points de cette cette sph�re, il passe un cercle de centre O de rayon R ( appel� g�od�sique ou grand cercle).

On peut d�montrer que, si on se munit de la distance euclidienne dans l’espace, la distance la plus courte entre deux points A et B de la sph�re est la longueur du plus petit arc du grand cercle passant par A et B. On peut s’en rendre compte facilement en coupant la sph�re suivant un grand cercle joignant A et B et de voir que tout autre chemin de A � B est plus grand.

Faisons un rappel sur les coordonn�es sph�riques : soit un rep�re orthonormal

(O; \vec{O A}, \vec{O B}, \vec{O C})

. Alors un point M aura pour coordonn�es sph�riques :.

Donnons nous deux points A et B de la sph�re et cherchons le plus court chemin ( toujours de classe C1)les reliant. Sans perdre de g�n�ralit� on peut supposer que A et B ont pour coordonn�es sph�riques :

f (t)

(r cos (ϕ (t)) sin (θ (t)), r sin (ϕ) (t)) sin (θ (t)), r cos (θ (t)), t \in [0, 1]

avec

f (0) = A

f (1) = B

les fonctions

θ

ϕ

�tant d�rivables et de d�riv�es continues sur [0 ; 1] telles que :

ϕ (0) = ϕ (1) = 0, θ (0) = 0, θ (1) = θ_{1}

f^{'} (t) = (x^{'}, y^{'}, z^{'})

alors

| | f^{'} (t) | | = \sqrt{{x^{'}}^{2} + {y^{'}}^{2} + {z^{'}}^{2}}

r θ_{1}

est la longueur de l’arc de cercle AB, correspondant � l’angle

θ_{1}

Ainsi un arc de grand cercle est bien le chemin le plus court d’un point � un autre, c’est donc l’�quivalent sur la sph�re de la ligne droite sur le plan.

On appellera donc, sur la sph�re,"droite" tout arc de grand cercle. A partir de ces"droites" on pourra construire des triangles et, plus g�n�ralement, des polygones, des cercles donc les figures que l’on peut construire dans le plan.

Soient deux demi- grands cercles se coupant en deux points E et M. Un angle de deux droites sera l’angle d�fini par les tangentes � ces droites. Ces deux demi-cercles constituent un fuseau.

11.2 Somme des angles :

D�montrons que si un angle d’un fuseau est

θ

alors l’aire du fuseau est 2

θ

. En effet la sph�re a pour surface 4

π

et correspond � un angle de 2

π

. D’o� le r�sultat.

Notre g�om�trie sur la sph�re pr�sente trois inconv�nients : tout d’abord,si deux points sont diam�tralement oppos�s, il y a une infinit� de grands cercles (donc de droites) passant par ces deux points donc deux droites formant un fuseau pourront entourer un domaine, donc le sixi�me postulat ne sera pas v�rifi�.

Ensuite un grand cercle ne peut pas se prolonger de mani�re continue autant que l’on veut, donc le deuxi�me postulat d’Euclide n’est pas non plus v�rifi�.

Pour �viter le premier inconv�nient on appellera point toute paire de points diam�tralement oppos�s.

2. On ne peut pas prolonger autant que l’on veut une droite puisqu’elle est finie. Donc le Postulat 2 n’est pas v�rifi�.

6. Deux droites peuvent entourer un domaine. Donc le Postulat 6 n’est pas v�rifi�.

Ceci a pour cons�quences, en particulier, que le th�or�me 4 d’Euclide n’est pas vrai et qu’il n’y a pas de droites parall�les car deux grands cercles ont toujours un point commun.

D�montrons maintenant le th�or�me suivant : la somme des angles d’un triangle, d’angles

α

β

γ

et d’aire T est �gale �

π

+T.

Soit S’ la demi-sph�re contenant E et limit�e par le grand cercle (FH). Alors S’ a pour aire 2

π

Mais S’ est la r�union du fuseau de sommets F et F1 et contenant le triangle EFH
et du compl�mentaire du triangle EFH dans le fuseau de sommets H et H1 contenant le triangle EFH
et du compl�mentaire du triangle E1F1H1 dans le fuseau de sommets E et E1 et contenant le triangle E1F1H1, triangle de m�me aire que EFH par sym�trie.

Ainsi, la somme des angles d’un triangle sur une sph�re est sup�rieure �

π

On peut remarquer que, aussi, que la somme des angles d�pend de l’aire du triangle.

Dans la g�om�trie euclidienne la somme des angles est �gale � 2

π

et c’est une cons�quence de P5 ! Donc si, sur la sph�re, ce n’est pas vrai, P5 serait faux sur la sph�re ! Or, sur la sph�re, deux droites quelconques sont s�cantes, donc P5 est vrai ! Donc tout simplement parce que le th�or�me : la somme des angles dans un triangle est �gale � 2

π

, ne d�pend pas que de P5.

11.3 Triangles semblables :

Deux triangles sont semblables s’ils ont des angles �gaux 2 � 2 ou encore si leurs c�t�s sont proportionnels.(D�finition 1 livre 6)

Soient donc deux triangles ABC et A’B’C’ non �gaux. On les suppose semblables et par d�placement on peut supposer que les points A et A’ sont confondus.

11.3.1 Que peut-on dire des angles ?

Posons

�

\hat{A^{'}}

α

\hat{B}

\hat{B^{'}}

β

Ĉ

\hat{C^{'}}

γ

Si les deux triangles ont les m�mes angles alors la somme de leurs angles est la m�me donc

π + T = π + T^{'}

, T et T’ �tant leurs aires respectives. Donc

T = T^{'}

. Ce qui n’est pas possible.

Donc s’il existe des triangles semblables cela ne peut pas �tre par rapport � leurs angles.

On peut supposer que B’ est sur AB, C’ sur AC. On aura donc une figure du type :

11.3.2 Que peut-on dire des c�t�s ?

Prenons deux triangles, ABC et A’B’C’, qui ont leurs c�t�s proportionnels.

Par d�placement on peut supposer que B’ est sur AB. Rappelons que, la sph�re �tant de rayon 1, la longueur de l’arc AB est �gale �

\hat{A O B} = c

en radians. Posons dans la figure suivante :

\hat{A O B} = c

\hat{A O B^{'}} = c^{'}

\hat{A O C} = b

\hat{A O C^{'}} = b^{'}

\hat{C O B} = a

\hat{C^{'} O B^{'}} = a^{'}

\hat{F O Q} = α

Supposons les c�t�s AB’ et AC’ proportionnels aux cot�s AB et AC, c’est � dire supposons qu’il existe un r�el

k, k \in] 0; 1 [

tel que

c^{'} = k c

b^{'} = k b

Les c�t�s BC et B’C’ sont-ils dans le m�me rapport, comme cela serait le cas en g�om�trie euclidienne ? C’est � dire a-t-on

a^{'} = k a

Traitons l’exemple suivant :

c = \frac{π}{3}

b = \frac{π}{2}

k = \frac{1}{2}

. On a donc

c^{^{'}} = \frac{π}{6}

b^{^{'}} = \frac{π}{4}

et on a la figure suivante :

C’(

\frac{\sqrt{2}}{2}

cos(

Φ

\frac{\sqrt{2}}{2}

sin(

Φ

\frac{\sqrt{2}}{2}

\vec{O B^{^{'}}} . \vec{O C^{^{'}}} = c o s (a^{^{'}}) = \frac{\sqrt{2}}{4} c o s (Φ) + \frac{\sqrt{6}}{4}

Si les deux triangles ont leurs c�t�s proportionnels on devrait avoir

a^{^{'}} = \frac{a}{2}

ou encore, puisque

c o s (a) = 2 c o s^{2} (\frac{a}{2}) - 1

\frac{\sqrt{3}}{2} c o s (Φ) = 2 {(\frac{\sqrt{2}}{4} c o s (Φ) + \frac{\sqrt{6}}{4})}^{2} - 1

Apr�s calculs on obtient : cos(

Φ

)=1 ou cos(

Φ

)=-1. Mais dans ces deux cas le triangle ABC n’existe pas donc, pour tout

Φ \neq 0

modulo

π

a^{^{'}} \neq \frac{a}{2}

Ainsi aucun triangle n’est semblable au triangle ABC dans le rapport

\frac{1}{2}

La similitude des triangles ne peut-�tre d�finie dans la g�om�trie de la sph�re

On voit donc une fois de plus que l’on n’est plus dans le cadre de la g�om�trie euclidienne.

Chapitre 12
Posidonius :

Rappelons que Posidonius, pour d�montrer P5, changeait la d�finition des droites parall�les en affirmant que deux droites sont parall�les si et seulement si elles sont �quidistantes.

Tout d’abord comment d�finir cette notion d’�quidistance avec les �l�ments d’Euclide ?

Le Th12.1 nous permet d’affirmer l’existence de la perpendiculaire � AB passant par M. Soit MP cette perpendiculaire.

Soit R un point de AB distinct de P. D’apr�s Th16.1 l’angle MPA est plus grand que chacun des angles int�rieurs et oppos�s du triangle MPR.

Soient deux droites AB et CD. AB est parall�le � AB lorsque, pour tous points, M et N, de AB. les perpendiculaires, MP et NQ � CD sont �gales.

c) Supposons que deux droites AB et CD sont parall�les au sens de Posidonius. Peut-on en d�duire P5 ?

Soient donc deux points, M et N, de AB et les perpendiculaires, MP et NQ � AB.

Ainsi on obtient un quadrilat�re MNQP qui a deux angles droits et deux c�t�s �gaux. C’est le rectangle de Saccheri. On ignore si les deux autres angles sont droits.
On va voir avec Saccheri que l’on ne peut d�duire P5 que si les quatre angles sont droits. Mais alors, si les quatre angles sont droits, cela signifie que dans la d�finition de l’�quidistance, on doit admettre que des droites parall�les sont des droites qui admettent des perpendiculaires communes et que toutes ces perpendiculaires communes sont �gales.

On voit donc, qu’avec sa d�finition, Posidonius ne peut pas d�montrer P5. Soit elle est insuffisante soit elle contient d�j� P5.

d) Enfin, si deux droites sont parall�les au sens d’Euclide, elles sont �quidistantes si on admet P5. C’est une cons�quence du Th34.1.

Chapitre 13
Al Jahwari :

par un point quelconque situ� � l’int�rieur d’un angle, il est possible de tracer une ligne coupant ses deux c�t�s. Puis il se propose de d�montrer P5. Mais on peut prouver que les deux �nonc�s sont �quivalents.

Il pense que son �nonc� est ind�pendant de P5 et qu’il ne d�pend que de des postulats autres que P5. Ainsi, pour lui, il fait partie de ce que l’on appelle la g�om�trie neutre. Nous allons voir que c’est faux !

13.1 Prouvons d’abord que si PJ est vrai alors P5 est vrai.

Soient deux droites AT et ME coupant la droite MT telles que A et E sont du m�me c�t� de MT et tels que la somme des angles qu’elles font avec MT est inf�rieure � deux droits.

Rappelons P8 postulat que nous avons rajout� et qui postule que la droite joignant deux points, situ�s de part et d’autre d’une m�me droite, coupe cette droite.

Si M et E ne sont pas du m�me c�t� de AT alors ME coupe AT et c’est fini.

Le th23.1 nous permet de construire, � partir de la droite MT et du point M, le point D tel que A et D sont de part et d’autre de TM et tels que les angles ATM et TMD sont �gaux.

Les angles ATM et TMD �tant �gaux le th27.1 implique que les droites DM et AT sont parall�les.

La somme des angles EMT et TMD �tant inf�rieure � deux droits, EM et DM forment un angle et T est � l’int�rieur de cet angle.

PJ implique qu’il existe une droite passant par T et coupant MD et ME respectivement en K et L.

L et E sont du m�me c�t� de MT. Sinon, L serait sur KT, donc, d’apr�s P8, ME couperait MT, en un autre point que M, donc MT serait distincte de MT avec deux points commun : impossible d’apr�s P6.

MD �tant parall�le � AT, M et D �tant du m�me c�t� de AT, K l’est aussi.

Donc KT coupe AT et K et L sont de part et d’autre de AT. Il en est donc de m�me de E et L, donc EL coupe AT, donc ME et AT se coupent.

13.2 PJ est-il ind�pendant de P5 ?

Tout d’abord P5 implique PJ. En effet soit un angle BOC et un point A � l’int�rieur de cet angle.

On prend deux points D et E, D sur OB et E sur OC. On trace DE puis la parall�le (d) � DE passant par A.

Si (d) est parall�le � OB alors il existerait deux parall�le � (d) passant par D : la droite DE et la droite OB. Or d’apr�s P5 il n’existe qu’une seule parall�le � une droite donn�e. Donc (d) coupe OB. De m�me (d) coupe OC. Ainsi PJ est d�montr�e.

On prend, comme pr�c�demment, un angle BOC et un point A � l’int�rieur de cet angle.

Dire qu’il existe une droite passant par A coupant OB et OC revient � dire qu’il existe un point D de OC tel que la droite DA coupe OB.

On trace l’angle EDC �gal � l’angle BOD (the 23.1). Donc DE et OB sont parall�les (the 28.1). Pour �tre s�r que AD coupe OB il faut pouvoir affirmer que par D il n’existe pas deux parall�les � OB. Ceci est une cons�quence de P5. On ne peut pas s’en passer !

Ainsi PJ, n’�tant qu’une cons�quence de P5, n’est pas une piste int�ressante.

Comment se fait-il que Al Jawhari n’ait pas vu sa faute alors que par ailleurs c’�tait un grand savant ? Sans doute ne pouvait-on pas penser, � cette �poque, qu’il �tait possible de concevoir deux droites s�cantes parall�les � une m�me droite.

Chapitre 14
Al Khayyam :

deux droites concourantes se coupent et il est impossible qu’elles s’�cartent l’une de l’autre dans la direction o� elles concourent.

Cet �nonc� ne dit pas autre chose que P5 ! et naturellement Al Khayyam en d�duit que deux droites perpendiculaires sont �quidistantes.

Cependant sa d�marche est int�ressante parce qu’il va d�montrer P5 par l’absurde et poser des hypoth�ses qui serviront pour cr�er des g�om�tries non euclidiennes.

14.1 le quadrilat�re de Al Khayyam :

Rappelons que le th�or�me 4.1 nous permet d’affirmer que deux triangles, ayant un angle �gal entour�s par deux c�t�s �gaux, sont �gaux.

Rappelons aussi que les th.10.1 et 11.1 nous permettent de tracer des perpendiculaires et que le th13.1 nous permet d’affirmer qu’une droite coupant une autre fait soit deux angles droits, soit deux angles, qui r�unis, font deux droits.

Il construit la droite AB puis il m�ne les perpendiculaires BD et AC, (th11.1), telles que BD=AC.

Pour nous il est �vident que ce quadrilat�re est un rectangle. Cependant cette "�vidence" est une cons�quence de P5, dans les �l�ments d’Euclide. Donc Al Khayam ne l’admet pas.

2. On d�montre de m�me que les triangles DAC et CDB sont �gaux donc leurs angles sont �gaux deux � deux (th4.1).

Puis Al Khayyam �l�ve la perpendiculaire � AB en son milieu E (th 10.1 et th 11.1) et il d�montre que EG est perpendiculaire � CD et que G est le milieu de CD.

1. On d�montre que les triangles BGE et AGE sont �gaux (th 4.1). En effet :

E G = E G

E B = E A

G E B = G E A = 1

droit. Donc BG=AG.

D B G = D B E - G B E = G E A - G A E = C A G

. Donc (th26.1 : deux angles et un c�t� �gaux) les triangles sont �gaux. Donc DG=GC. Donc G est le milieu de CD.

3. On en d�duit donc que les angles DGE et CGE sont �gaux . Donc (th13.1) GE est perpendiculaire � CD.

Puis il trace la perpendiculaire � EK qui coupe les droites BD et AC quand on les prolonge. Il obtient cette figure.

Pour tout un chacun il est �vident que la perpendiculaire � EK coupe BD et AC mais, sans P5, rien dans Euclide ne permet de l’affirmer. On pourrait dire que selon PK, les droites se rapprochant elles se coupent....

Puis il plie la figure suivant CD, ce qui revient � faire une sym�trie orthogonale (mais la notion de transformation n’existe pas encore). On ne d�taillera pas mais on peut justifier la figure obtenue par pliage � l’aide d’Euclide sans P5.

Par pliage F devient S et A devient N. Et naturellement FH=SN. Donc les perpendiculaires � AB, BD et AC s’�carteraient ce qui contredit le fait que deux perpendiculaires sont �quidistantes, cons�quence de PK. Donc H1 est impossible.

Sous H2 on obtiendrait que les perpendiculaires se rapprocheraient, ce qui est aussi impossible.

La d�marche de Al Khayyam sera reprise par Saccheri Sept si�cles plus tard et il d�montrera les premiers r�sultats de GNE sans le savoir !

Chapitre 15
Wallis :

Quel que soit le triangle et quelle que soit la droite il est possible de construire sur la droite un triangle semblable au triangle donn�.

Cet �nonc� ne fait que g�n�raliser le postulat 3 d’Euclide qui demande de pouvoir tracer un cercle quel que soit le rayon, ce qui signifie que l’on peut tracer des cercles semblables.

15.1 PW est-il vraiment ind�pendant de P5 ?

Wallis pensait �vident que son �nonc� �tait ind�pendant de P5 et que l’on pouvait le rajouter � la g�om�trie neutre sans avoir � d�montrer quelque chose.

Or PW est un cas particulier du th�or�me 18 du livre VI d’Euclide. La d�monstration de ce th�or�me utilise le fait que la somme des angles dans un triangle est �gale � deux droits et... PW est une cons�quence de P5 et il ne peut pas en �tre autrement. En effet :

soit un triangle ABC et une droite DE. Construisons un triangle semblable � ABC, de base DE.

Deux m�thodes : soit on travaille sur les angles, soit on introduit les c�t�s proportionnels.

15.1.1 D’abord par les angles :

On sait construire les angles D et E �gaux respectivement � CAB et CBA (th23.1). On sait (th 17.1) que CAB et CBA sont plus petits que deux droits et les droites se coupent si on admet P5. Donc, par les angles on utilise P5.

15.1.2 Essayons par la proportionnalit�.

Soient de nouveau un triangle ABC et une droite DE et essayons de construire un triangle semblable � ABC sans P5.

On construit l’angle D �gal � CAB (th 23.1) puis on trace DF=AC et DG=AB (Th2.1). On obtient le triangle DFG �gal � ABC (Th4.1).

Puis on trace GF et "une" parall�le � FG passant par E, EH, (on ne peut pas dire "la" parce que l’unicit� de la parall�le se d�duit de P5. Voir la d�monstration dans celle du th�or�me 30 (d�but du chapitre) . Il faut d�montrer ensuite que EH coupe proportionnellement DF et DG. Malheureusement pour Wallis il s’agit de th 2.6 dont la d�monstration utilise plusieurs th�or�mes cons�quences de P5 !

Donc admettre PW sans chercher le lien qu’il pourrait avoir avec P5 est �tonnant ! D’autant plus que Wallis devait connaitre parfaitement les El�ments d’Euclide. Mais rappelons encore que nous sommes dans le si�cle de Descartes et Newton et que, contrairement aux grecs on ne se pose pas le probl�me du fondement des math�matiques. PW semble tellement �vident que l’on ne peut que l’admettre.

15.2 PW implique P5 :

15.2.1 Somme des angles dans un triangle :

Soit un triangle MNP rectangle en P et soit une droite AB. On trace (PW) le triangle ABC semblable � MNP rectangle en A, de dimension double. Puis on trace le triangle BC’B’ �gal au triangle MPN. Puis on trace la perpendiculaire B’H � AC.

Cette construction s’est faite en utilisant uniquement PW et les th�or�mes ne n�cessitant pas P5.

1. Les triangles BB’C’ et B’HC sont �gaux : (th 26.1) ils ont en effet deux angles �gaux et un c�t� �gal.(

C = B^{'}

H = C^{'}

B^{'} C = B B^{'}

3. Donc les triangles B’HC’ et HAC’ ayant trois c�t�s �gaux sont �gaux (th8.1) et donc

H B^{'} C^{'} = H A C^{'} =

1 droit.

Pour un triangle quelconque on se ram�ne � deux triangles rectangles, donc la somme de ses angles est aussi �gale � deux droits.

15.2.2 D�monstration de P5 :

Th�or�me 6.1 : Si deux droites sont parall�les toute droite qui coupe l’une coupe l’autre.

D�monstration : Soient AB et CD deux droites parall�les, E un point de CD et EF1 une droite coupant CD.

Soient EG la perpendiculaire � AB et F1H1 la perpendiculaire � EG (th 12.1).

On prolonge EF1 en EF2 tel que

E F 1 = F 1 F 2

et on trace la perpendiculaire F2H2.

La somme des angles �tant �gale � 2 droits les triangles EF1H1 et EF2H2 ont leurs angles �gaux donc sont semblables et donc leurs c�t�s sont proportionnels. Ainsi

E H 1 = H 1 H 2

En it�rant cette construction on obtient une suite de points Hi tels que, pour tout

n

H n H n + 1 = E H 1

Il existe

n

tel que

E H n > E G

. EHn coupant AB et FnHn perpendiculairement, les droites AB et HnFN sont parall�les (th28.1). Donc les points E et Fn sont de part et d’autre de AB donc EFn coupe AN. D’o� le r�sultat.

Soient deux droites AC et BD coupant la droite AB telles que les angles CAB et DBA sont ensemble plus petits que deux droits.

D’apr�s le th 28.1, EB et CA sont parall�les et les droites BD et BE ne sont pas confondues : en effet, si cela �tait le cas les angles CAB et DBA, ensemble, seraient �gaux � deux droits.

Chapitre 16
SACCHERI :(1)

Saccheri prend donc un quadrilat�re ABDC, celui de Al Khayam, dans lequel les angles A et B sont droits et les c�t�s AC et BD sont �gaux. Ce quadrilat�re est appel� quadrilat�re de Saccheri. On le notera S-q

Naturellement, pour nous, il est �vident que les angles C et D sont droits. Mais pour affirmer cela il faut utiliser le fait que deux droites parall�les sont �quidistantes. Or ce r�sultat d�coule de P5 et c’est justement P5 que Saccheri veut d�montrer ! Ainsi , si l’on sait que les droites AC et BD sont parall�les (th27) on ne sait rien de plus.

Dans ce chapitre on garde, du livre 1, toutes les d�finitions, les postulats, except� P5, et tous les axiomes, et enfin les vingt huit premiers th�or�mes, ceux qui ne d�pendent pas de P5.

Nous allons essayer, � partir de l�, de d�montrer des r�sultats de Saccheri.

16.1 Premiers r�sultats :

Proposition 7.1 : dans un S-q, ABDC, les diagonales sont �gales, les angles C et D sont �gaux et si on appelle O le point d’interchapter des diagonales, les triangles OCD et OAB sont isoc�les.

Remarque : Quel que soit le prolongement de AC ou BD, cette figure existe d’apr�s Th 28.1 : deux doites perpendiculaires sont parall�les

Donc, en particulier,

B C = A D

et les �galit�s d’angles marqu�s sur la figure.

C A = D B

A D = B C

D C = C D

. D’o�, en particulier :

\hat{D C A} = \hat{C D B}

et les autres angles marqu�s sur la figure qui suit.

En conclusion : on sait que les angles C et D du quadrilat�re sont �gaux mais on ne conna�t pas leur valeur.

Proposition 7.2 : soit un S-q, ABDC, et soient deux points E et F respectivement sur AC et BD, prolong�es ou non, tels que AE=BF. Alors les diagonales de CEFD sont �gales, et si on appelle O le point d’interchapter des diagonales, les triangles OEF et OCD sont isoc�les.

Donc, en particulier les diagonales CF et ED sont �gales et les triangles OCD et OEF sont isoc�les.

Proposition 7.3 : soit S-q, ABDC, et soient I et J les milieux respectifs de AB et CD . Alors IJ est perpendiculaire � AB et CD et passe par le point d’interchapter des diagonales. En particulier AB et CD sont parall�les.

De plus si E et F sont d�finis comme dans la proposition 2, IJ passe par le point d’interchapter des diagonales du quadrilat�re EFDC.

Rapidement : le triangle OAB est isoc�le et donc la droite OI est perpendiculaire � AB (On ne fait qu’appliquer des th�or�mes de 1 � 28 du livre 1).

La droite OI coupe l’angle AOB en deux angles �gaux. De m�me la droite OJ coupe l’angle COB en deux angles �gaux.

Les angles COA et DOB sont �gaux donc les angles COJ et DOJ sont �gaux aux angles AOI et BOI. Donc les angles JOC, COA et AOI, pris ensemble, sont �gaux aux angles JOD, DOB et BOI, pris ensemble. Donc I, O et J sont align�s.

IJ �tant une perpendiculaire commune � AB et CD, les droites AB et CD sont parall�les (th 27.1).

16.2 Hypoth�ses de Saccheri.

A partir de son quadrilat�re Saccheri �met les trois hypoth�ses suivantes :

Puis il esp�re, sous H1, d�montrer P5 et arriver, sous les hypoth�ses H2 ou H3, � une contradiction. Donc, seule la g�om�trie euclidienne serait valide et P5 serait d�montr� !

16.3 On se place sous H1 :

16.3.1 On va d�montrer que s’il existe un S-q dont les quatre angles sont droits alors tous les S-q sont des rectangles.

Lemme 1 : Soit AB une droite et E n’appartenant pas � cette droite. On appelle F le point de AB tel que EF est perpendiculaire � AB. Soit M un point quelconque de FA. Alors l’angle EMA est obtus et l’angle EMB aigu.

Rappelons le th16.1 :le c�t� d’un triangle �tant prolong�, l’angle ext�rieur est plus grand que chacun des angles oppos�s et int�rieurs.

Lemme 2 : si dans un S-q, ABDC, tel que AC=BD, il ya quatre angles droits alors AB=CD.

D�monstration : D’apr�s P.7.1, les diagonales AD et BC sont �gales. Les triangles ACD et ACB sont �gaux (un angle et deux c�t�s �gaux) donc on en d�duit que AB=CD.

lemme 3 : soit un rectangle ABDC et soit E un point de AC. Soit F le point de BD tel que EF est perpendiculaire � BD. Alors l’angle FEA est droit.

On place sur BA (prolong�e ou non) � partir de B le point E’ tel que BE’=EF. Alors BFEE’ est un quadrilat�re de Saccheri. Donc les angles FEE’ et BE’E sont �gaux. Supposons que E’ soit sur AB (n’oublions pas que les droites sont finies).

On a suppos� l’angle FEA aigu donc l’angle FEE’ est aigu. Mais d’apr�s le lemme 1 BE’E est obtus. Or ces deux angles sont �gaux donc E’ n’est pas sur AB donc

E F > A B

Raisonnons maintenant sur le quadrilat�re EFDC. On place E" sur DC prolong�, � partir de D, tel que DE"=EF. Comme on a suppos� l’angle FEA aigu, l’angle FEC est obtus.

Donc, puisque EFDE" est un S-q, les angles FEE" et DE"E sont �gaux. Comme l’angle FEE" est plus grand que FEC, il est obtus. D’apr�s le lemme 1, c’est impossible donc E" est sur DC, donc

D E ” < D C

donc

E F < C D

Donc

A B < E F < C D

. Donc

A B < C D

. Or ABDC est un rectangle donc AB=CD. Donc l’angle FEA ne peut �tre aigu. De m�me il ne peut �tre obtus. Donc il est droit.

Lemme 4 : soit un rectangle ABDC et soit E un point sur AC prolong�e du c�t� de C. Soit F le point de BD tel que EF est perpendiculaire � BD. Alors l’angle FEA est droit.

D’apr�s P2 on peut prolonger contin�ment une droite. Donc Prolongeons AC du double ainsi que BD. On obtient la figure suivante :

On d�montre facilement l’�galit� des triangles ABC, ABD, CAD, CBD, CJD, IDC d’o� on en d�duit l’�galit� des angles indiqu�s sur la figure.

L’angle ICD est droit donc ICJ et CID sont �gaux donc les triangles ICJ et ICD sont �gaux donc les angles IJC et IDC aussi. Comme les angles IDC DIC pris ensemble sont �gaux � un droit, l’angle IJD est droit donc AIJ aussi, puisque ABJI est un S-q, donc ABJI est un rectangle.

En recommen�ant cette op�ration autant de fois qu’il le faut, on peut supposer que le point E, m�me s’il est le prolongement de AC, appartient au c�t� d’un rectangle. Ainsi l’angle FEA est droit.

Proposition 7.4 : S’il existe un S-q qui est un rectangle tous les S-q le sont aussi.

1. ABDC pouvant �tre agrandi autant de fois qu’on le veut, on peut supposer que

E^{^{'}} F^{^{'}} < A B

E^{^{'}} G^{^{'}} < A C

. Ainsi construisons le S-q AFHG tel que AF=E’F’, AG=E’G’. On obtient la figure suivante :

Soit H’ le point de CD tel que FH’ est perpendiculaire � CD. Mais d’apr�s le lemme 3 cela implique que l’angle AFH’ est droit donc F, H et H’ sont align�s. Donc AFH’C est un rectangle.

2. Soit G’ le point de FH’ tel que GG’ est perpendiculaire � FH’. Alors, d’apr�s le lemme 3, l’angle AGG’ est droit.

Si on suppose que l’angle AGH est aigu, alors G’ est sur HH’ et donc l’angle GHF est obtus : c’est impossible puisque les deux angles AGH et GHF sont �gaux. Si on suppose que l’angle AGH est obtus, alors l’angle GHF est aigu : c’est impossible. Donc AFHG est un rectangle.

Remarque : on pourrait se demander si avec la construction ci-dessus les S-q, AFHG et E’F’T’G’, sont �gaux. Pour s’en persuader il suffit de consid�rer les �galit�s des triangles des deux figures. Donc les deux S-q auront les m�mes angles au sommet.

Corollaire 7.4 : Si un quadrilat�re a trois angles droits le quatri�me angle est aussi droit.

Soit D’ tel que AD’=BD. Alors ABDD’ est un S-q donc l’angle BDD’ est droit donc C=D’. D’o� le r�sultat.

16.3.2 Somme des angles d’un triangle :

Proposition 7.5 : la somme des angles d’un triangle est �gale � deux droits.

1. Soit ABC un triangle rectangle et A. On trace la perpendiculaire � AB en B, BD, telle que BD=AC. Donc ABDC est un S-q donc un rectangle dont la somme des angles est �gale � 4 droits.

Les triangles ABC et BCD sont �gaux donc la somme des angles de ABC est �gale � deux droits.

2. Prenons d’abord un triangle ABC de hauteur CE, E �tant sur AB ou sur son prolongement.

16.3.3 D�monstration de P5 :

lemme : soient trois droites AC, AB, BD telles que BD est perpendiculaire et l’angle CAB est aigu. Alors AC et BD se coupent.

Soient

M_{1}

M_{2}

M_{3}

trois points de AC tels que

A M_{1} = M_{1} M_{2} = M_{2} M_{3}

. Et on trace les perpendiculaires

M_{1} N_{1}

M_{2} N_{2}

M_{3} N_{3}

Le quadrilat�re M1N1N2E a trois angles droits donc (Corollaire 7.4) l’angle

N_{1} M_{1} E

est droit. Donc la somme des angles

A M_{1} N_{1}

M_{2} N_{1} E

est �gale � un droit.

La somme des angles d’un triangle �tant �gale � deux droits, les angles

M_{2} M_{1} E

A M_{1} N_{1}

sont �gaux.

Les triangles rectangles

A M_{1} N_{1}

M_{1} M_{2} E

, ayant un c�t� et un angle �gal, sont �gaux. Donc

M_{1} E = N_{1} A

. On en d�duit que

M_{1} E = N_{1} N_{2} = M_{1} E

. Donc

N_{1} N_{2} = N_{1} A

En construisant la suite de points

M_{n}

tels que

M_{n} M_{n + 1} = M_{n + 1} M_{n + 2}

on d�finit ainsi une suite de segments �gaux

N_{n} N_{n + 1}

. Il existe alors une valeur de

n

telle que

A N_{n} \leq A B

A N_{n + 1} > A B

( la g�om�trie euclidienne est archim�dienne).

M_{n + 1} N_{n + 1}

�tant parall�le � BD

M_{n + 1}

M_{n}

sont de part et d’autre de BD donc AC coupe BD.

Soient une droite AB tombant sur les droites AC et BD en faisant des angles plus petits que deux droits. L’un des deux angles est aigu. Supposons que c’est l’angle DBA. Alors la perpendiculaire AE � BD a son pied E entre B et D (Quitte � prolonger BD).

a. Si

\hat{C A B} < \hat{E A B}

alors AC coupe l’angle

\hat{E A B}

donc AC coupe BE donc BD. (C’est une affirmation non d�montr�e qu’il faudrait rajout�e sous la forme d’un postulat dans les El�ments d’Euclide, manque d�j� indiqu� � l’occasion de l’�nonc� du th 21.1)

La somme des angles est �gale � deux droits donc

\hat{D B A} =

1droit

- \hat{B A E}

et les deux angles sont aigus. Or :

\hat{C A E} < 1

droit. Et d’apr�s le r�sultat pr�liminaire, DE coupe AC donc BD et AC se coupent.

16.4 On se place sous H2 :

Si ABDC est un S-q dans lequel les angles A et B sont droits, on suppose que C et D sont obtus.

16.4.1 R�sultats pr�l�minaires :

Proposition 7.7 : sous H2, dans un S-q ABDC tel que AC=BD, on a :

C D < A B

et si on appelle E le point d’interchapter des diagonales on a

E C < E B

1. Soient I et J les milieux respectifs de AB et CD. Alors IJ est perpendiculaire � CD (P.7.3).

Supposons

A I < C J

. Soit G tel que GJ=AI et G sur CJ. Alors IJAG est un S-q donc les angles

\hat{J G A}

\hat{I A G}

sont �gaux (P.7.1). Or

\hat{I A G}

est aigu puisque

\hat{I A C}

est droit et

\hat{J G A}

est obtus puisque

\hat{J C A}

est obtus. C’est impossible puisque

\hat{I A G} = \hat{J G A}

. Donc contradiction et on n’a pas

A I < C J

On ne peut pas avoir non plus AI=CJ : en effet IJCA serait un S-q et donc l’angle A serait �gal � l’angle C d’apr�s P.7.1. L’angle A �tant droit, l’angle C le serait aussi : impossible.

Tra�ons les diagonales BD et AC qui se coupent suivant un point E qui est sur IJ (P.7.3).

Soit F, le point de EA prolong�e en A, tel que EF=ED et soit FG la perpendiculaire � IJ. Alors les triangles EFG et JED sont �gaux (Th 26.1 : deux angles et un c�t� �gal). Donc JD=FG.

Dans le triangle JDE l’angle J est droit donc (Th17.1 : la somme de deux angles dans un triangle est inf�rieure � deux droits) l’angle

\hat{J D E}

est aigu, donc

\hat{E F G}

aussi.

Soit H tel que AI=GH. Alors IGHA est un S-q et donc

\hat{I A H} = \hat{G H A}

. H est sur FG et distinct de F, sinon

\hat{I A H}

serait obtus : en effet

\hat{I A C}

est droit donc

\hat{I A D}

est aigu donc

\hat{I A F}

est obtus donc

\hat{I A H}

\hat{G H A}

le seraient aussi. Mais

\hat{G H A}

serait aigu puisque

\hat{G F A}

est aigu. Donc, impossible.

Donc

A I < F G

puisque GH=AI. Donc

J D > A I

: impossible, puisque

C D < A B

. Donc

E D < E A

Lemme 1 : soit ABDC un S-q v�rifiant H2 et tel que AC=BD. On appelle I et J les milieux respectifs de AB et CD.

2. Soit E un point de CD et soit EF la perpendiculaire � AB. Alors

E F > B D

1. Supposons

I J \leq B D

. Alors il existe un point H de BD tel que IJ=BH. IBHJ est un S-q et on a

\hat{I J H} = \hat{B H I}

. Comme

\hat{I J H}

est aigu ou droit,

\hat{B H I}

l’est aussi. Or

\hat{B D J}

est obtus donc

\hat{B H I}

aussi : contradiction. Donc

I J > B D

2. Supposons

E F < B D

. Soit G le point de FE prolong�e tel que FG=BD. les quadrilat�res AFGC et FBDG sont des S-q donc

\hat{F G D} = \hat{B D G}

\hat{A C G} = \hat{F G C}

. Or F et G sont de part et d’autre de CD, donc

\hat{A C G} > \hat{A C D}

\hat{B D G} > \hat{B D C}

. Comme les angles

\hat{A C D}

\hat{B D C}

sont obtus il en est de m�me de

\hat{A C G}

\hat{B D G}

. Donc

\hat{C G D}

serait plus grand que deux droits : impossible.

Si EF=BD alors EF=AC. Donc les quadrilat�res AFEC et FBDE sont des S-q donc

\hat{F E D} = \hat{B D E}

\hat{A C E} = \hat{F E C}

. Comme les angles

\hat{A C D}

\hat{B D C}

sont obtus il en est de m�me de

\hat{A C E}

\hat{B D E}

: impossible.

Lemme 2 : soit ABDC un S-q v�rifiant H2 et tel que AC=BD. On appelle I et J les milieux respectifs de AB et CD.

1. Soit G le point de IJ tel que IG=AC. Alors AIGC et IBDG sont des S-q v�rifiant H2.

2. Soit F un point de AB, distinct de B, et soit le point E tel que EF=AC, EF perpendiculaire � AB et C et E du m�me c�t� de AB. Alors AFEC et FBDE sont des S-q v�rifiant H2.

c. L’angle

\hat{C G D}

est plus petit que deux droits. Donc le double de l’angle

\hat{C G I}

est plus grand que deux droits donc

\hat{C G I}

est obtus. ainsi AIGC et IBDG sont des S-q v�rifiant H2.

a. Si E et F sont de part et d’autre de CD alors EF couperait CD en un point H et, d’apr�s le lemme 1, FH serait plus grand que BD, donc aussi EF : contradiction. Donc E et F du m�me c�t� de CD.

En utilisant l’�galit� des triangles AIG et BIG, puis celle des triangles ACG et BDG, on d�montre que

\hat{A C G} = \hat{B D G}

Supposons

\hat{A C E}

aigu. Alors

\hat{B D G}

l’est aussi.

\hat{B D E} < \hat{B D G}

donc

\hat{B D E}

est aigu. Donc les angles

\hat{C E F}

\hat{D E F}

le sont aussi : impossible, sinon

\hat{C E D}

serait plus grand que deux droits. Donc

\hat{A C E}

est obtus. Donc AFEC est un S-q v�rifiant H2.

(ii) pour tout

n >

0, I

_{n}

est le milieu de I

_{n - 1}

B, G

_{n}

est le point de I

_{n - 1}

_{n - 1}

tel que I

_{n - 1}

_{n}

=AC et J

_{n}

est le milieu de G

_{n}

D’apr�s le 1. du lemme, I

_{n}

BDG

_{n + 1}

et I

_{n - 1}

_{n}

_{n + 1}

_{n}

sont des S-q v�rifiant H2.

Il existe

n

tel que F

\in

_{n - 1}

_{n}

. Alors, comme dans le a. on d�montre que FBDE est un S-q v�rifiant H2.

Lemme 3 : soient ABDC et BFED des S-q tels que AC=BD=EF et tels que A, B et F sont align�s. Si ABDC v�rifie H2 alors BFED et AFEC le sont aussi.

Alors d’apr�s le lemme 1, E est � l’int�rieur de ABDC et, d’apr�s le lemme 2 BFED et AFEC sont des S-q v�rifiant H2.

ABDC et BFED sont �gaux donc BFED v�rifie H2. Donc les angles

\hat{F E D}

\hat{B D E}

sont obtus. Donc l’angle

\hat{C D E}

est plus petit que deux droits. Donc la droite CD coupe l’angle

\hat{A C E}

L’angle

\hat{A C D}

est obtus donc

\hat{A C E}

aussi, donc AFEC est un S-q v�rifiant H2.

On double AB autant de fois pour obtenir un S-q, AHLC, v�rifiant H2 et tel que F soit sur AH.

Lemme 4 : soit ABDC un S-q v�rifiant H2 et tel que AC=BD. Soient E et F les points de AC et BD (�ventuellement prolong�es) tels que AE=BF. Alors le quadrilat�re ABFE est un S-q v�rifiant H2.

Soit L le point de CK (�ventuellement prolong�e en C) tel que KL=AI. Alors AIKL est un S-q. Si L est sur CK alors

\hat{L A I}

est inf�rieur � un droit et

\hat{K L A}

est sup�rieur � un droit. C’est impossible puisque ces deux angles sont �gaux. Donc C est sur LK et

\hat{L A I}

est obtus, donc AIKL est un S-q v�rifiant H2.

Soit G le point de EJ (�ventuellement prolong�e en E) tel que GJ=AI. D’apr�s le lemme 2 G est � l’int�rieur de AIKL et AGJI est un S-q v�rifiant H2. Donc

\hat{I A G}

\hat{A G J}

sont obtus. Comme

\hat{I A E}

est droit, E est sur GJ.

E est sur GJ et

\hat{A G J}

est obtus donc

\hat{A E J}

aussi. Donc ABFE est un S-q v�rifiant H2.

a. Soit L un point de CK, prolong�e en C, tel que AI=LJ. On a

C K < A I

(P.7.7) et

\hat{I A C}

droit, donc

\hat{I A L}

est obtus et IKLA est un S-q v�rifiant H2.

Il existe un entier

n

et un point I’ tels que II’=

n

IK et II’

>

IJ. Soit A’ tel que AI=A’I’ et A’I’ perpendiculaire � II’. D’apr�s le lemme 3, II’A’A est un S-q v�rifiant H2.

L’angle

\hat{I A A^{'}}

est obtus et

\hat{I A E}

est droit donc II’A’A contient AC. II’ contient J donc II’A’A contient E.

Soit M, comme indiqu� sur la figure, tel que MJ=AI. Alors, d’apr�s le lemme 3, IJMA est un S-q v�rifiant H2, donc IAM est obtus donc plus grand que IAE. Donc E est sur JM, donc AEJ est un angle obtus. Donc ABFE est un S-q v�rifiant H2.

Soit ABDC un S-q v�rifiant H2 tel que AC=BD et soit A’B’D’C’ un S-q tel que A’C’=B’D’. Soient G, F et H tels que

2. Soit I le point de GF tel que IG=BD. Alors, d’apr�s le lemme 3, BGID est un S-q v�rifiant H2 et donc, d’apr�s le lemme 4, BGFH aussi. Donc A’B’C’D’ est un S-q v�rifiant H2.

Proposition 7.8 : Soit ABDC un S-q v�rifiant H2 tel que AC=BD. Soit E et F deux points respectivement de AC et BD tels que AE=BF. Alors :

1. Les diagonales de EFDC se coupent en un point appartenant � IJ, la m�diatrice commune de AB et CD.

\hat{F E C}

�tant aigu (lemme 4), on d�montre, comme pour P.7.7, que

E D < E A

16.4.2 Somme des angles dans un triangle :

Proposition 7.9 : la somme des angles dans un triangle est sup�rieure � deux droits.

1. On prend un triangle ABC rectangle en A. Puis on trace une perpendicu -laire BD �gale � AC.

S = 2 d + P - (\hat{C B D} + \hat{B C D})

. Dans le triangle BED,

D E < E B

donc (Th19.1) :

\hat{C B D} < \hat{A D B}

donc

\hat{C B D} < \hat{B C A}

et on a :

\hat{B C D} + \hat{B C A} = P

donc

\hat{C B D} + \hat{B C D} < P

. Donc

P - (\hat{C B D} + \hat{B C D}) > 0

. Donc

2. Si ABC est un triangle quelconque on se ram�ne � deux triangles rectangles.

16.4.3 D�monstration de P5 :

Comme P5 implique que la somme des angles est �gale � 2 droits, sous l’hypoth�se H2, P5 serait faux.

Refaisons une d�monstration semblable � la sienne : soit une droite AB coup�e par les droites AC et BD.

Soient

M_{1}

M_{2}

M_{3}

trois points de AC tels que

A M_{1} = M_{1} M_{2} = M_{2} M_{3}

Puis tra�ons les perpendiculaires,

M_{1} N_{1}

M_{2} N_{2}

M_{3} N_{3}

� BD. Donc d’apr�s le th 28.1 ces droites sont parall�les entre elles et � BD.

Reprenons la figure

A M_{2} N_{2}

et tra�ons la perpendiculaire AH � AB telle que

A H = M_{2} N_{2}

On appelle O le point d’interchapter de

A M_{2}

H N_{2}

. On a vu (Prop.7.7) que

O M_{2} < O A

donc

M_{1}

est sur OA.

Appelons P le milieu de

A N_{2}

. D’apr�s la proposition 7.3 la droite OP est perpendiculaire �

A M_{2}

Donc les droites

M_{1} N_{1}

O P

sont parall�les et

M_{1} N_{1}

, ne coupant pas

O P

N_{1}

est sur OP, donc

N_{1} A < N_{1} N_{2}

On trace le quadrilat�re de Saccheri

N_{1} N_{3} M_{3} E

puis on prend le point F tel que

M_{1} N_{1} = F N_{3}

Alors

M_{3} E < F M_{1}

(prop.7.8). Donc

M_{3} O < O M_{1}

et donc

M_{2}

est sur

O M_{1}

. Appelons P le milieu de

N_{1} N_{3}

. Comme pr�c�demment, on montre que

N_{1} N_{2} < N_{2} N_{3}

En construisant une suite de points

M_{n}

tels que

M_{n} M_{n + 1} = M_{n + 1} M_{n + 2}

on d�finit ainsi une suite croissante de segments

N_{n} N_{n + 1}

. Il existe alors une valeur de

n

telle que

A N_{n} \leq A B

A N_{n + 1} > A B

M_{n + 1} N_{n + 1}

�tant parall�le � BD

M_{n + 1}

M_{n}

sont de part et d’autre de BD donc AC coupe BD.

Soit une droite AB tombant sur les droites AC et BD en faisant des angles plus petits que deux droits. L’un des deux angles est aigu. Supposons que c’est l’angle

\hat{D B A}

. Alors la perpendiculaire AE � BD a son pied E entre B et D (quitte � prolonger BD).

La somme des angles du triangle BAE est sup�rieure � deux droits donc

\hat{D B A} > 1 d r o i t - \hat{B A E}

. Or :

\hat{C A E} < 1 d r o i t

. Et d’apr�s le r�sultat pr�c�dent, DE coupe AC donc BD et AC se coupent.

Conclusion : Finalement sous H2, la somme des angles dans un triangle est sup�rieure � deux droits implique... que la somme des angles dans un triangle est �gale � deux droits : il y a donc incoh�rence.

Ainsi soit il y a une d�monstration fausse dans ce qui pr�c�de, soit H2 est incompatible avec la g�om�trie neutre.

16.4.4 Analyse de cette incoh�rence :

Remarque 1 : On peut remarquer que la d�monstration pr�c�dente fonctionne m�me si...la somme des angles que fait AB avec AC et BD est �gale � deux droits donc cela signifie que AC et BD se coupent en un point E et que dans le triangle ABE, la somme de deux des angles est �gale � deux droits.

cela contredit le th�or�me 17 du livre 1 qui affirme que la somme de deux angles dans un triangle est inf�rieure � deux droits.

Or le th�or�me 17 repose sur le th�or�me 16 qui repose lui-m�me sur le th�or�me 4. Or le th�or�me 4 fait intervenir l’axiome 8, qui affirme que deux figures que l’on peut ajuster sont �gales et P6 qui implique que deux droites ayant deux points communs sont confondues.

Remarque 2 : dans les d�monstrations qui pr�c�dent on a utilis� le fait qu’il existait des droites parall�les gr�ce au Th27.1. Mais on d�montre que deux droites v�rifiant les hypoth�ses du Th 27.1 sont s�cantes. Donc il y a un probl�me avec le parall�lisme.

On a vu que dans la g�om�trie que l’on a d�velopp�e sur une sph�re, dans laquelle H2 est v�rifi�e, qu’il n’existait pas de parall�les.

Remarque 3 : pour d�montrer qu’il existait

n

tel que

A N_{n} > A B

on a utilis� l’axiome d’Archim�de qui nous dit que quelle que soient les grandeurs A et B il existait un nombre entier

n

tel que

n . A \geq B

. Cela implique que l’on peut rendre toute grandeur aussi grande que l’on veut.

Cet axiome n’est pas explicit� dans les El�ments d’Euclide mais il est utilis� implicitement. Donc on peut consid�rer que son utilisation est l�gitime.

A noter que Hilbert dans son livre "Fondement de la g�om�trie" de 1899 �tablit une g�om�trie non archim�dienne.

Remarque 4 : on a utilis� P2 lorsque l’on a construit nos suites de points. Mais on l’a utilis� dans le sens o� on pouvait, en distance, prolonger une droite autant que l’on veut.

Au niveau euclidien ceci est implicite bien que l’on n’ait d�fini aucune notion de distance (toujours parce que l’on ne dispose pas des nombres irrationnels !).

Cependant P2 nous dit que l’on peut "faire sortir toute droite sur une droite de mani�re continue". "De mani�re continue ne signifie pas forc�ment que l’on peut prolonger une droite autant, en distance, que l’on veut. Par exemple, si on prend l’intervalle ouvert ]

\frac{1}{n}

; 1[ on peut le prolonger contin�ment vers 0 mais sa longueur restera plus petite que 1.

16.4.5 Sous H2 existe-t-il des droites parall�les ?

Reprenons la d�monstration pour d�montrer P5 sans utiliser le parall�lisme des droites.

Proposition 7.11 : deux droites quelconques sont s�cantes. Ainsi, sous H2, il n’existe pas de droites parall�les.

Soient deux droites AB et ED. Soit C un point de ED tel que CA est perpendiculaire � AB. On peut supposer que l’angle ACD est inf�rieur ou �gal � 1 droit. Sinon c’est l’angle ECA.

Puis les points

E_{1}

E_{2}

,...,

E_{n}

, de AB tels que

A E_{1} = E_{1} E_{2} = . . . = E_{n - 1} E_{n}

Puis des points

E_{1}

E_{2}

,...,

E_{n}

, on trace les perpendiculaires �

A B

(Th11.1). Elles coupent CD en

F_{1}

F_{2}

,...,

F_{n}

Cette construction est possible. En effet : Si on trace de

E_{1}

la perpendiculaire

E_{1} F

� AB �gale � AC, on obtient un quadrilat�re de Saccheri donc

\hat{A C F}

est obtus, donc CD est contenue dans l’angle

\hat{A C F}

et donc CD coupe soit AB, et le probl�me est termin�, soit

E_{1} F

F_{1}

et on continue, en faisant le m�me raisonnement avec

E_{2}

,...

E_{n}

, tant que CD ne coupe pas AB.

On dira que le point

F_{n}

est au dessus de

E_{n}

C

F_{n}

sont du m�me c�t� des AB.

1. Montrons que

F_{1} E_{1} > F_{2} E_{2} > . . . > F_{n} E_{n}

tant que

F_{n}

est au dessus de

E_{n}

On a

A C > F_{1} E_{1}

sinon l’angle

A C F_{1}

serait obtus. Donc l’angle

E_{1} F_{1} C

est obtus. Donc l’angle

E_{1} F_{1} F_{2}

est aigu.

2. Soient les points I et J tels que

I E_{2} = A C

J E_{2} = F_{1} E_{1}

La somme des angles d’un triangle �tant sup�rieure � deux droits, la somme des angles du quadrilat�re

A C F_{2} E_{2}

est sup�rieure � quatre droits donc on a :

\hat{A C F_{2}} + \hat{E_{2} F_{2} C} >

deux droits. D’o� :

\hat{A C F_{2}} >

deux droits

- \hat{E_{2} F_{2} C}

De plus la proposition 7.3 implique que

F_{1} E_{1}

est la m�diatrice de

C I

et de

A E_{2}

donc

\hat{C I F_{1}} = \hat{F_{1} C I}

.(2)

Comme

\hat{A C F_{2}} > \hat{I F_{2} C}

on obtient

\hat{E_{2} I F_{1}} > \hat{I F_{2} C}

donc

F_{1} F_{2} > F_{1} I

\hat{J F_{1} F_{2}} = \hat{J F_{1} E_{1}} - (2 d - \hat{C F_{1} E_{1}})

. Donc

\hat{J F_{1} F_{2}} = \hat{J F_{1} E_{1}} - (2 d - \hat{I F_{1} E_{1}})

. Donc

\hat{J F_{1} F_{2}} = \hat{J F_{1} E_{1}} - (2 d - \hat{I F_{1} J} - \hat{J F_{1} E_{1}})

. Donc

\hat{J F_{1} F_{2}} > \hat{I F_{1} J}

. Donc

J F_{2} > I J

. Donc

E_{1} F_{1} - E_{2} F_{2} > A C - E_{1} F_{1}

supposons que pour tout

p

tel que

2 \leq p \leq n

F_{p}

est au dessus de

E_{n}

On a :

E_{1} F_{1} - E_{2} F_{2} > A C - E_{1} F_{1}

. Donc

E_{1} F_{1} - E_{2} F_{2} > l

pour tout

p

3 \leq p \leq n

, on a

E_{p - 1} F_{p - 1} - E_{p} F_{p} > E_{p - 2} F_{p - 2} - E_{p - 1} F_{p - 1}

Il existe

n

tel que, pour tout

p

p \leq n

, ,

A C - p l \geq 0

A C - (n + 1) l < 0

Ceci signifie que

F_{n + 1}

n’est pas au dessus de

E_{n + 1}

, donc que les droites CD et AB se coupent en

E_{n}

ou en un point situ� entre

E_{n}

E_{n + 1}

Prenons deux droites AB et CD admettant une perpendiculaire commune. Ce qui est possible, puisque il suffit d’appliquer deux fois de suite le th.11.1.

Alors, d’apr�s la d�monstration pr�c�dente, AB et CD se coupent en deux points et donc entourent un domaine : cela contredit P6.

2. Soient deux droites se coupant en deux points O et O’. Quelles que soient les droites et leurs deux points d’interchapter, A et A’, on a : AA’=OO’. On appellera p�les ces deux points.

3. Si deux droites se coupent en deux points A et A’ elles n’ont pas d’autre point commun entre A et A’ et elles ont une perpendiculaire commune et une seule entre A et A’

1.Soient deux droites ayant une perpendiculaire commune AB se coupant en deux points O et O’. Alors les triangles OAB et O’AB sont �gaux.

En effet les triangles OAB etO’AB ont deux angles �gaux et un c�t� �gal (Th26.1).

Dans tout ce qui suit on se donne deux droites ayant une perpendiculaire commune AB et se coupant en O et O’.

A. Supposons que I soit entre A et B. On peut supposer

A I \leq I B

sinon on raisonne � partir de B. Soit J tel que

A I = I J

et joignons I, J � O’.

a. Les triangles AIO et AIO’ sont �gaux ainsi que les triangles AJO et AJO’ (Th4.1), donc

O I = I O^{'}

On a

A I = I J

O I = I O^{'}

\hat{A I O^{'}} = \hat{O I J}

. Donc les triangles AIO’et OIJ sont �gaux (Th4.1). donc

O J = A O^{'}

\hat{I A O^{'}} = \hat{O J I} =

1 droit.

b. On a

O A = O J

puisque

O A = O^{'} A

A I = I J

\hat{O A I} = \hat{O J I}

. Donc les triangles AIO et OIJ sont �gaux. Donc

\hat{O I A} = \hat{O I J} =

1 droit puisque A,I et J sont align�s.

c.Donc les triangles AIO et AIO’ sont �gaux. Donc

\hat{O I A} = \hat{A I O^{'}} =

1 droit donc O,I et O’ sont align�s.

Donc la droite d, c’est-�-dire OI, passe par O’ et elle est perpendiculaire � AB.

B. Supposons que I soit � l’ext�rieur de AB, du c�t� de B et soit J tel que

B I = B J

les triangles BJO et OIB sont �gaux (un angle �gal et deux c�t�s �gaux). Donc

\hat{O J B} = \hat{O I B} =

1 droit (puisque OJ est perpendiculaire � AB)

Et, (Th4.1), les triangles O’IB et OIB sont �gaux, donc les points O, I et O’ sont align�s. Donc d, c’est-�-dire OI, passe par O’.

On divise

B I

en autant de segments de m�me longueur,

B I_{1}

,...,

I_{k - 1} I_{k}

I_{n - 1} I

tels que

B I_{1} < A B

Alors, comme pr�c�demment, on d�montrera que la droite

O I_{1}

passera par O’ et qu’elle sera perpendiculaire � AB. Puis, pour

I_{2}

, on recommencera le m�me raisonnement en partant de

I_{1}

et ainsi de suite jusqu’� I.

3. Soient deux droites s�cantes en un point C, CD et CE. Montrons qu’elles sont s�cantes en deux points.

Soient D’ et E’ de mani�re que

\hat{D^{'} O E^{'}} = \hat{D C E}

et OD’=CD et OE’=CE (Th2.1 et Th23.1). les deux droites passant par O passent aussi par O’. Donc les droites CD et CE se coupent en un autre point, C’, que C et

C C^{'} = O O^{'}

D’apr�s la d�monstration faite en 2. et en 3. deux droites se coupant en deux points ont une perpendiculaire commune.

Et d’apr�s la d�monstration faite en P7.12, les deux p�les sont construits de telle mani�re qu’il ne peut exister d’autre point d’interchapter entre les deux p�les.

Il ne peut y avoir d’autre perpendiculaire commune entre ces deux points. En effet, soit une autre perpendiculaire, FG, � la droite AB. Alors on d�montrerait comme dans P7.12 que l’angle

\hat{F G C}

est obtus et non droit.

D�finition : Quels que soient les p�les O et O’ et les p�les A et A’, on a d�montr� qu’une droite �gale � AA’ passant par O, est �gale � une droite joignant O � O’. On prendra OO’ comme unit� de mesure : on posera donc OO’=1.

1. Soient deux points O et C et une droite passant par O et C. Si

O C < 1

alors il passe une droite et une seule par O et C, sinon O et C seraient deux p�les.

2. Soient deux droites perpendiculaires OA et OB. Elles se coupent aussi en O’ et on suppose que AB est leur perpendiculaire commune.

On a alors

O A = A B = O B = \frac{1}{2}

. Soit C le point tel que B soit le milieu de AC. Cette construction est possible puisque, une droite passant par deux p�les est au moins de longueur

1

Alors les triangles OAB et OBC, ayant un angle �gal et deux c�t�s �gaux, ont leurs bases OA et OC �gales. Donc

O C = O A = \frac{1}{2}

. Les points O et C n’�tant pas deux p�les, O et A non plus, les triangles OAB et OBC ont aussi leurs angles �gaux. Donc

\hat{A O B} = \hat{B O C} =

1 droit. Donc les points A, O et C sont align�s.

On d�montrerait de m�me que A, O’ et C sont align�s. Donc la droite OA prolong�e est finie et de longueur

2

16.4.6 Peut-on construire une g�om�trie coh�rente en prenant avec l’hypoth�se H2 ?

Question : les th�or�mes 1 � 26 peuvent-ils �tre employ�s sous ces conditions ?

1. Pourquoi P5, dans les El�ments d’Euclide, implique que la somme des angles dans un triangle est �gale � deux droits ?

On d�montre, dans le th�or�me 32, que la somme des angles est �gale � deux droits en utilisant le th�or�me 28 qui affirme l’existence de droites parall�les puis le th�or�me 29 qui utilise P5. Or, � partir du moment o� on d�montre que, sous H2, le parall�lisme n’existe pas les th�or�mes 32 et 29 tombent, P5 tout seul ne pouvant pas impliquer le th�or�me 32.

2. Ainsi P5 n’est pas contradictoire avec H2 mais la d�monstration faite (inspir�e de celle faite par Saccheri) pour d�montrer que H2 implique P5 est fausse puisqu’elle repose sur le parall�lisme.

Y a-t-il d’autres d�monstrations fausses que l’on a fait sous H2 ? Il faut s’int�resser � P6.

P6 n’est pas v�rifi�e sous H2 puisque deux droites distinctes peuvent entourer un domaine. Donc � partir du moment o� l’on a utilis� th4.1 ou th16.1 il faudrait tout revoir.

R�sultat 1 : si deux points A et B sont entre deux p�les d’une droite, il existe une droite et une seule passant par A et B.

R�sultat 2 : dans les d�monstrations pr�c�dentes on a utilis�, en particulier, les th�or�mes 4, 16, 17, 18, 21 ou 26. Or tous ces th�or�mes d�pendent de P6 et du fait que l’on peut doubler la longueur d’une droite (th16.1). Or on vient de d�montrer que si deux points sont distants de

1

il passe une infinit� de droites.

Cependant les quadrilat�res de Saccheri sur lesquels nous avons travaill� ne sont pas touch�s par cette situation.

Par d�finition : AB est la perpendiculaire commune � AC et BD, et on a

A C = B D

Alors les droites BC et BD passant par B, passent aussi par A. Donc A, C et B, ainsi que A, B et D, sont align�s.

A, B et C, sont align�s, AB est perpendiculaire � AC donc AB est perpendiculaire � BC.

Donc BC et BD sont confondues puisqu’elles sont perpendiculaires � la m�me droite. Donc ABDC n’est plus un quadrilat�re de Saccheri.

Conclusion : dans un quadrilat�re de Saccheri A et B ne peuvent �tre deux p�les.

Les droites CA, CB et CD sont s�cantes en C donc elles sont s�cantes en un point C’. B est sur CC’ donc

B C < 1

. De plus

2 B C < 2

. Ainsi on pourra doubler la longueur d’une droite et on pourra appliquer les th�or�mes d’Euclide n’utilisant pas P5 et le parall�lisme.

CONCLUSION du sous-chapitre 7.4 : l’hypoth�se H2 peut ne pas �tre rejet�e : il ne faut plus parler de parall�lisme et rejeter P6. Mais dans le domaine d�fini par l’ensemble des droites passant par deux p�les d�termin�s, les th�or�mes 1 � 26, except� th17.1, sont applicables. On peut construire une nouvelle g�om�trie qui s’apparente � la g�om�trie de Ri�mann.

16.5 On se place sous H3 :

Saccheri d�montre que les droites AC et BD ne se coupent pas toujours et qu’il existe des droites qui se rapprochent ind�finiment sans se couper. Il s’agit de droites parall�les non euclidiennes. Saccheri n’arrive pas � de contradiction mais conclut : "L’hypoth�se de l’aigu est absolument fausse, car elle r�pugne � la nature de la ligne droite."

Un commentateur a dit que Saccheri avait trouv� un diamant et qu’il l’avait jet� en d�clarant que c’�tait un morceau de verre !

Chapitre 17
Lambert :

Il utilise un quadrilat�re qui a trois angles droits. Il fait alors trois hypoth�ses :

Il �carte H2 en supposant qu’une droite est infinie et nous avons vu que c’�tait faux. Il fait donc la m�me erreur que Saccheri.

17.1 Somme des angles d’un triangle sous H3.

Soit un trirectangle ABDC dans lequel on suppose que les angles A, B et C sont droits et que l’angle D est aigu.

1 + 2 \geq

1 droit alors

1 + 2 + 3 \geq

1 droit

+ 3

. Comme

1 + 3 = 1

droit on obtient :

2 \geq 3

On a :

C E = D B

B C = B C

\hat{B C E} = 4

donc (th4.1) les triangles BCE et BCD sont �gaux donc, en particulier :

\hat{C B E} = 3

\hat{C E B} = \hat{C D B}

. Mais

2 \geq 3

donc la droite BE est dans l’angle CBA donc E est � l’int�rieur du triangle ABC ou sur AB donc, th 21.1,

\hat{C E B} \geq 1

droit, donc

\hat{C D B} \geq 1

droit. Contradiction avec notre hypoth�se

\hat{C D B} < 1

droit.

Donc

1 + 2 < 1

droit donc la somme des angles d’un triangle rectangle est plus petite que deux droits.

On d�montrerait, de m�me, que la somme des angles d’un triangle quelconque est inf�rieure � deux droits. Il suffit de se ramener � deux triangles rectangles.

17.2 Triangles semblables :

Proposition 8.1 : la somme des angles d’un quadrilat�re est inf�rieure � quatre droits.

D�monstration : Un quadrilat�re est la r�union de deux triangles, d’o� le r�sultat.

Proposition 8.2 : il n’y a pas de triangles semblables, autres qu’�gaux, sous H3.

D�monstration : Supposons qu’il existe deux triangles semblables ABC et DEF tels que

� = \hat{D}

\hat{B} = �

Ĉ = \hat{F}

. On suppose

A B > D E

2. A partir de G on trace GI tel que

\hat{A G I} = \hat{D E F}

(th 23.1). Puisque

\hat{A G I} = \hat{A B C} = \hat{D E F}

GI est parall�le � BC (th 28.1). Donc GI ne coupe pas BC et coupe AC en H.

3. Le th�or�me 26.1 implique que les triangles AGH et DEF sont �gaux (deux angles �gaux et un c�t� �gal).

17.3 Propri�t�s du quadrilat�re de Lambert :

Les propositions suivantes montrent ont pour but de montrer que plus un quadrilat�re a une aire importante et plus la somme de ses angles est petite. Ainsi la somme de ses angles d�pend de son aire.

Proposition 8.3 : Soit un quadrilat�re de Lambert ABDC o� D est l’angle aigu. Alors

Proposition 8.4 : Soit un quadrilat�re de Lambert ABDC o� D est l’angle aigu. Alors

A C < B D

A B < C D

Construisons le triangle CBE �gal au triangle CAB (th 22.1) o�

B E = A C

C E = A B

. Alors on a :

\hat{A C B} = \hat{C B E}

\hat{B C E} = \hat{C B A}

\hat{C E B} = 1

droit.

Comme

\hat{A C B} < \hat{C B D}

\hat{C B A} < \hat{B C D}

, E est � l’int�rieur du triangle CBD.

Soit F l’interchapter de CE et BD. Alors

\hat{C E B} > \hat{C F B}

(th 16.1) donc

\hat{E F B}

est aigu donc (th 18.1)

F B > E B

donc

B D > A C

\hat{E F B}

est aigu donc

\hat{E F D}

est obtus. Donc

C D > C F > C E

donc

C D > A B

Proposition 8.5 : Soit un quadrilat�re de Lambert ABFE o� F est l’angle aigu. Soit D un point de BF. Soit DC la perpendiculaire � AC.

D�monstration : Les angles C, A et B sont droits donc ABDC est un quadrilat�re de Lambert donc D est aigu. Donc

\hat{C D F}

est obtus. Donc, si on appelle DG’ la perpendiculaire � CD, DG’ est int�rieure �

\hat{C D F}

On a

\hat{C D E} < d

donc

\hat{C D E} < \hat{C D G^{'}}

. Donc DG’ est dans l’angle

\hat{E D F}

. Donc DG’ coupe EF entre E et F. Appelons G ce point d’interchapter.

Alors ECDG est quadrilat�re de Lambert o� G est l’angle aigu. Donc (P.8.4)

C D < E G

donc

C D < E F

De m�me

E C < G D

. Comme

\hat{D G F}

est obtus et

\hat{E F D}

aigu, on a

G D < F D

(th 18.1)donc

E C < F D

Proposition 8.6 : soit un quadrilat�re de Lambert ABFE o� E est aigu. Soient D et G deux points, respectivement, sur BF et EF et DC, GH, respectivement les perpendiculaires � EA et AB.

D�monstration : ABDC et ABFE sont deux quadrilat�res de Lambert donc d’apr�s la proposition pr�c�dente

\hat{E F B} < \hat{C D B}

ABDC et AHIC sont deux quadrilat�res de Lambert donc d’apr�s la proposition pr�c�dente

\hat{C D B} < \hat{C I H}

Conclusion : la somme des angles dans un quadrilat�re d�pend de son aire et Lambert en d�duira que la somme des angles d’un triangle d�pend de son aire.

Chapitre 18
Legendre :

Voici une d�monstration que propose Legendre pour �tablir que la somme des angles dans un triangle est �gale � deux droits sans utiliser P5.

On construit un triangle ABC tel que

A B \geq A C > B C

. Cette construction est possible(th 22.1) en prenant

A C + B C > A B

A B \geq A C

donc (Th18.1)

\hat{A C B} > \hat{C B A}

\hat{A I B} > \hat{A C B}

d’apr�s le th 21.1 donc

\hat{A I B} > \hat{C B A}

donc

A I < A B

On appelle

C_{1}

le point tel que

A C_{1} = A B

et A, I et

C_{1}

align�s.

A I < A C_{1}

donc I est sur

A C_{1}

On prolonge AB et on appelle

B_{1}

le point tel que

A B_{1} = 2 A I

. On appelle K le point de AB tel que

A K = A I

1. Les triangles

C_{1} A K

B A I

sont �gaux (th4.1). En effet ils ont un angle �gal et deux c�t�s �gaux. Donc on a :

\hat{A C_{1} K} = \hat{A B I}

\hat{C_{1} K A} = \hat{B I A}

B I = C_{1} K = \frac{1}{2} B C

On prolonge AI et on prend le point A’ tel que IA’=IA. Alors les deux triangles ACI et IA’B sont �gaux (th4.1). Donc, en particulier, on a

\hat{I C A} = \hat{I B A^{'}}

\hat{I A C} = \hat{I A^{'} B}

On a

\hat{C A B} > \hat{C A I}

\hat{C A I} = \hat{I A^{'} B}

donc

\hat{A C B} > \hat{I A^{'} B}

On a

\hat{A B A^{'}} > \hat{I B A^{'}}

\hat{I B A^{'}} = \hat{A C B}

donc

\hat{A B A^{'}} > \hat{I A^{'} B}

On a

\hat{A B A^{'}} > \hat{A A^{'} B}

donc

A A^{'} > A B

(th 18). Donc

2 A I > A B

. En particulier, on en d�duit que B est sur

K B_{1}

3. Les triangles

C_{1} K B_{1}

C I A

sont �gaux. En effet ils ont un angle �gal et deux c�t�s �gaux. Donc on a :

\hat{B_{1} C_{1} K} = \hat{I C A}

\hat{C_{1} B_{1} K} = \hat{I A C}

A C = B_{1} C_{1}

4. Appelons a, b et c les angles du triangle ABC et

a_{1}

b_{1}

c_{1}

les angles de

A B_{1} C_{1}

. On a :

a = \hat{C A I} + \hat{I A B} = \hat{C_{1} B_{1} A} + \hat{C_{1} A B_{1}} = b_{1} + a_{1}

. donc

a = b_{1} + a_{1}

5. On r�p�te cette op�ration

n

fois. On obtient ainsi une suite de triangles

A B_{n} C_{n}

. Appelons

a_{n}

b_{n}

c_{n}

les angles de

A B_{n} C_{n}

. Alors, on d�montre facilement que,

pour tout

n \geq 1

a_{n} = b_{n + 1} + a_{n + 1}

a_{n} + b_{n} + c_{n} = a + b + c

A C_{1} = A B

A C < A B

donc

B_{1} C_{1} < A C_{1}

donc

\hat{B A C_{1}} < \hat{C_{1} B_{1} A}

donc

a_{1} < b_{1}

. Mais

b_{1} = \hat{C A I}

. Donc

a_{1} < \frac{a}{2}

7. On d�montre par r�currence que, pour tout

n > 0

0 < a_{n} < \frac{a}{2^{n}}

8. En conclusion, on a construit une suite de

n

triangles

A B_{n} C_{n}

tels que

A B_{n} \geq A C_{n} > B C_{n}

0 < a_{n} < \frac{a}{2^{n}}

a_{n} = b_{n + 1} + a_{n + 1}

a_{n} + b_{n} + c_{n} = a + b + c

9. Donc, de, pour tout

n \geq 1

0 < a_{n} < \frac{a}{2^{n}}

a_{n} = b_{n + 1} + a_{n + 1}

, on tire :

0 < b_{n} < \frac{a}{2^{n + 1}} < \frac{a}{2^{n}}

. Ainsi :

lim_{n \to + \infty} a_{n}

lim_{n \to + \infty} b_{n}

=0 et donc

lim_{n \to + \infty} c_{n} = a + b + c

"Mais on peut concevoir que le triangle

A B_{1} C_{1}

varie dans ses angles et ses c�t�s, de mani�re � repr�senter les triangles successifs qui naissent ult�rieurement de la m�me construction et s’approchent de plus en plus de la limite o� les angles

a_{n}

b_{n}

seraient nuls. Dans cette limite les points A,

C_{n}

B_{n}

finissent par �tre exactement en ligne droite" ; alors

c_{n}

a pour limite 2 droits. Donc

a + b + c = 2

droits. Donc la somme des angles d’un triangle est �gale � deux droits donc on peut en d�duire P5 !

11. Remarquons que, pour tout

n \geq 1

, le triangle a la m�me aire que ABC.

En effet, les triangles IAC et

B_{1} C_{1} K

, d’une part, et les triangles AIB et

A C_{1} K

, d’autre part, sont �gaux donc les triangles ABC et

A B_{1} C_{1}

et ABC ont la m�me aire. Donc, par r�currence, on obtient le r�sultat voulu. Donc le triangle

A B_{n} C_{n}

ne peut avoir pour limite un triangle dont les sommets sont align�s.

En fait, les points

B_{n}

C_{n}

n’ont pas de limite puisque

lim_{n \to + \infty} A B_{n} = + \infty

. Donc, affirmer qu’en

+ \infty

, les points sont align�s n’a pas de sens. La conclusion de Legendre est donc fausse.

Chapitre 19
Lobatcheski :

On prend la g�om�trie neutre � laquelle on rajoute le principe suivant not� P’5 :

P’5 : Soit P un point quelconque et une droite AB quelconque ne passant par P. Alors il existe deux droites CD et EF distinctes passant par P telles que :

1. CD et EF ne coupent pas AB m�me prolong�es de chaque c�t� ind�finiment.

3. Toute droite passant par P et coupant l’angle

\hat{C P E}

ou EPC ne coupe pas AB m�me prolong�e ind�finiment.

Remarque : on aurait pu prendre un postulat moins fort. Le troisi�me point pourrait se d�montrer en utilisant l’�nonc� suivant :

Cet �nonc� est utilis� dans la d�monstration du th�or�me 21.1, mais dans Euclide il n’est jamais formul�. Il faudrait le poser en postulat.

19.1 R�sultats sur les droites parall�les :

D�finition 1.10 : les droites EF et CD sont appel�es parall�les hyperboliques par rapport � P et toute droite passant par P et ne coupant pas AB est appel�e parall�le divergente par rapport � P.

Notation : on notera "parall�le hyperbolique" par "h-parall�le" et "parall�le divergente" par "d-parall�le".

Proposition 10.1 : en utilisant les notations de P’5, les parall�les hyperboliques font des angles aigus �gaux avec la perpendiculaire PG � AB.

1. Supposons

\hat{C P G} > \hat{G P F}

. Soit H tel que

\hat{H P G} = \hat{G P F}

(th23.1).

\hat{C P G} > \hat{H P G}

donc PH coupe AB (P’5). Soit I le point d’interchapter.

4. Donc les triangles IPG et JPG sont �gaux (th 4.1). Donc

\hat{H P G} = \hat{J P G}

6. Mais PJ coupe AB donc PJ coupe

\hat{F P G}

(P’5). Donc

\hat{F P G} > \hat{J P G}

. Contradiction : donc

\hat{C P G} > \hat{G P F}

est faux.

7. On d�montrerait, de m�me, que

\hat{C P G} < \hat{G P F}

est faux. Donc

\hat{C P G} = \hat{G P F}

Alors (th14.1) C, P, F sont align�s donc EF et CD sont confondues. Contradiction avec P’5. Donc

\hat{C P G}

\hat{G P F}

ne sont pas droits.

Soit la droite PD perpendiculaire � PG, C et D �tant du m�me c�t� de PG. Alors

\hat{C P G} > \hat{D P G}

donc (P’5) PD coupe AB. Mais PD et AB sont parall�les d’apr�s le th�or�me 27.1 : contradiction.

D�finition 2.10 : soient P un point, AB une droite et CD et EF les parall�les hyperboliques passant par P � AB. EF sera appel�e parall�le hyperbolique � "droite" et CD � "gauche". Nous dirons qu’une h-parall�le a une direction.

Proposition 10.2 : une parall�le hyperbolique � une droite donn�e conserve son caract�re de parall�lisme en chacun de ses points. Cela signifie que si une droite CD est une h-parall�le � une droite AB par rapport � un de ses points P, elle l’est encore � par rapport � n’importe quel autre de ses points R, dans la m�me direction.

2. On trace une droite RT qui coupe l’angle

\hat{D R Q^{'}}

. Soit U un point de RT et on joint UQ’.

4. Par construction, RT est distincte de UQ’ et de PV. De pus T est � l’int�rieur du triangle VUQ’. Donc RT coupe l’angle

\hat{Q^{'} U V}

5. Ne coupant ni UQ’, ni UV en un autre point que U, RT coupe Q’V donc AB. Donc CD est une h-parall�le pour R.

La d�monstration est la m�me que pr�c�demment sauf que l’on prendra U sur le prolongement de TR de mani�re que PU coupe l’angle

\hat{Q P D}

donc AB.

Proposition 10.3 : si une droite est une parall�le divergente en un point elle l’est encore en chacun de ses points.

D�monstration : Soit CD une d-parall�le � une droite AB en un point P. Soit un autre point I de CD. CD est une droite qui ne coupe pas AB. Elle est donc soit une h-parall�le soit une d-parall�le en I. Ce n’est pas une h-parall�le en I, sinon elle le serait en P. Donc c’est une d-parall�le en I.

Proposition 10.4 : deux droites sont r�ciproquement parall�les. Cela signifie : si CD est une parall�le � AB, la droite AB est parall�le � CD.

1. Soit

P Q ⊥ A B

et soit la droite QE coupant

\hat{P Q B}

. Montrons que QE coupe CD.

2. Soit

P F ⊥ Q E

. Alors F est du m�me c�t� de CD que Q et E (sinon QE coupe CD et c’est termin�).

5. Soit G tel que

\hat{D P F} = \hat{G P Q}

. D’apr�s 4. PG coupe

\hat{D P Q}

donc PG coupe AB en un point H puisque CD est une h-parall�le.

6. Soit I tel que

P I = P F

et soit IJ la perpendiculaire � PQ. IJ parall�le � AB (th 27.1) donc ne coupe pas AB. IJ peut �tre prolong�e contin�ment en une droite dont l’extr�mit� J’ est � l’ext�rieur du triangle PHQ. IJ coupe donc PH en un point K.

7. Soit L un point de PD tel que PL=PK. Alors les triangles PLF et PKI sont �gaux. Donc

\hat{P F L} = \hat{P I K} = 1

droit.

8. Donc

\hat{P F L} = \hat{P F E}

, donc Q, F, E et L sont align�s, donc QE coupe CD donc AB est une h-parall�le � CD � droite.

2. Si AB �tait une h-parall�le � CD, CD le serait aussi d’apr�s A. Donc AB est une d-parall�le � CD.

Corollaire : Deux droites h-parall�les ne peuvent pas admettre de perpendiculaire commune.

D�monstration : en effet, la perpendiculaire d’une h-parall�le � une droite fait un angle aigu avec la h-parall�le. Et le h-parall�lisme est r�ciproque.

lemme 10.1 : dans un quadrilat�re ABDC o� les angles A et B sont droits on a :

1. Prenons le point E de AC tel que

A E = B D

. Alors, d’apr�s le cas 1, on a :

\hat{A E D} = \hat{E D B}

CAS1 :

A C < B D

. Il suffit d’inverser les r�les de AC et BD dans le cas 2.

Proposition 10.5 : Deux droites h-parall�les � une m�me troisi�me droite, dans la m�me direction, sont h-parall�les entre elles.

1. Soient AB et CD deux droites h-parall�les � EF de mani�re que A et E sont de part et d’autre de CD.

Soit AG la perpendiculaire � EF. A et G sont de part et d’autre de CD, donc AG coupe CD en un point H.

Soit AI la perpendiculaire � CD. CD h-parall�le � EF donc l’angle

\hat{D H G}

est aigu, donc l’angle

\hat{A H I}

aussi. Donc H est sur DI.

Soit une droite quelconque issue de A et coupant l’angle

\hat{G A B}

. AB est h-parall�le � EF donc cette droite coupe EF en un point J. HD ne coupe pas EF donc coupe AJ en un point K. Donc toute droite coupant l’angle

\hat{G A B}

coupe CD. Si AB coupait CD en un point L, CD �tant h-parall�le � EF en chacun de ses points, AL, donc AB, couperait EF : impossible.

2. Soient AB et EF deux droites h-parall�les � CD de mani�re que A et E sont de part et d’autre de CD.

Soit AG la perpendiculaire � EF. A et G sont de part et d’autre de CD, donc AG coupe CD en un point H.

Soit une droite quelconque issue de A et coupant l’angle

\hat{G A B}

. AB est h-parall�le � CD donc cette droite coupe CD en un point K. Soit L un point sur le prolongement de AK et on joint HL.

CD est h-parall�le � EF donc HL coupe EF en un point M. AL ne peut recouper ni AC, ni CM donc elle coupe EF. Donc AB est H-parall�le � EF.

Proposition 10.6 : deux droites h-parall�les s’approchent l’une de l’autre dans la direction de leur parall�lisme. Cela signifie que si l’on trace des perpendiculaires successives de l’une sur l’autre, dans la direction de leur parall�lisme, les perpendiculaires sont plus courtes.

D�monstration : soient deux droites h-parall�les CD et AB et deux perpendiculaires EF et GH de CD sur AB.

Proposition 10.6bis : Soient deux droites h-parall�les entre elles, AB et CD, et une autre droite donn�e EF. Alors il existe un point G de CD tel que la perpendiculaire GH de CD sur AB est �gale � EF.

D�monstration : Prenons au hasard un point G sur CD et tra�ons la perpendiculaire GH � AB.

2. On trace une h-parall�le, IJ, � AB dans le sens contraire du parall�lisme de AB et CD. Puis on trace la h-parall�le, IK, � AB dans l’autre direction.

3. On prolonge IJ en L. On a

\hat{J I H}

aigu et

\hat{J I H} = \hat{G I L}

donc

\hat{G I L}

est aigu. Comme

\hat{H I K}

est aigu,

\hat{G I K}

est obtus donc IL coupe l’angle

\hat{G L K}

. D’o� la figure.

4. IL n’est pas une h-parall�le dans la direction de parall�lisme de AB, sinon IK couperait AB. donc IL coupe CD en un point M. Soit MN la perpendiculaire � AB et soit O le point de MD tel que MI=MO.

6. On a

\hat{I M N} = \hat{O M N}

(Prop 10.1). Donc les triangles IMN et OMN sont �gaux donc

\hat{I N M} = \hat{O N M}

7. Donc

\hat{H N I} = \hat{O N P}

. Donc les triangles IHN et ONP sont �gaux donc IH=OP=EF. CQFD.

19.2 R�sultats sur les angles.

Proposition 10.7 : Soient deux droites h-parall�les dans la m�me direction, AB et CD. Si on prolonge CA en un point E, l’angle ext�rieur sera sup�rieur � l’angle int�rieur et oppos�, c’est-�-dire

\hat{B A E} > \hat{D C A}

1. Supposons

\hat{B A E} < \hat{D C A}

et tra�ons la droite CF telle que

\hat{B A E} = \hat{F C A}

\hat{B A E} < \hat{D C A}

\hat{B A E} = \hat{F C A}

donc

\hat{F C A} < \hat{D C A}

donc CF coupe l’angle

\hat{D C A}

. D’o� la figure.

4. Dans le triangle GCA on a :

\hat{G C A} < \hat{G A E}

(th 16.1) donc

\hat{B A E} > \hat{F C A}

. Contradiction. Donc

\hat{D C A} \leq \hat{B A E}

5. Supposons

\hat{D C A} = \hat{B A E}

\hat{D C A}

ne peut �tre droit ou alors AB et CD auraient une perpendiculaire commune : impossible (corollaire de P.10.4).

On suppose

\hat{D C A}

obtus. Le cas aigu revient au m�me pour la d�monstration qui suit. Soit F le milieu de CA et soit FH la perpendiculaire � AB et soit G le point du prolongement de CD tel que GC=AH.

6. Les triangles GCF et AFH sont �gaux (th 4). Donc

\hat{G F C} = \hat{A F H}

donc G, F et H sont align�s. De plus

\hat{F G C} = \hat{F H A} = 1

droit. Donc GF est perpendiculaire � CD.

7. Mais CD est une h-parall�le � AB donc

\hat{F G C}

est aigu. Contradiction. Donc

\hat{B A E} > \hat{D C A}

Proposition 10.8 : soient deux droites coup�es par une troisi�me droite faisant avec elles des angles alternes-internes (ou correspondants) �gaux. Alors les droites du d�but sont des droites d-parall�les.

D�monstration : Soient AB et CD coup�es par une droite EF en deux points G et H tels que

\hat{C H G} = \hat{B G H}

3. De m�me les droites ne sont pas h-parall�les de B vers A. Donc les droites sont d-parall�les.

1. Supposons

\hat{C A B} > \hat{E G H}

. Tra�ons I tel que

\hat{C A I} = \hat{E G H}

5. Les triangles JCA et KEG sont �gaux (th 4.1). Donc

\hat{C A J} = \hat{E G K}

. Or

\hat{C A J} = \hat{E G H}

. Donc impossible. Donc

\hat{C A B} \leq \hat{E G H}

6. On d�montrerait de m�me que l’on n’a pas

\hat{C A B} < \hat{E G H}

. Donc

\hat{C A B} = \hat{E G H}

1. Supposons

A C > E G

. Soit I le point de AC tel que

A I = E G

et tra�ons la h-parall�le, IJ, � AB dans la m�me direction que CD et AB.

2. Alors

\hat{A I J} = \hat{G E F}

(P. 10.9). Donc

\hat{A I J} = \hat{A C D}

. Impossible car

\hat{A I J} > \hat{A C D}

(th 10.7).

3. Donc l’hypoth�se

A C > E G

est fausse. De m�me pour l’hypoth�se

A C < E G

(m�me d�monstration). Donc

A C = E G

Th�or�me 10.11 : Soient AB et CD deux droites h-parall�les telles que AC et DB soient perpendiculaires � AB. On prolonge CD en E. Alors on a :

\hat{B D E} > \hat{A C D}

2. Soit F le point de AC tel que

A F = B D

. Soit FG la h-parall�le � CD de C vers D. Alors on a :

\hat{B D E} = \hat{A F G}

(P.10.9).

D�finition 3.10 : soit une droite, CD, h-parall�le � un droite AB. Soit E un point de CD et soit EH la perpendiculaire � AB. On appelle angle de parall�lisme l’angle aigu,

\hat{D E H}

, et on le note

π (l)

o�

l

est �gal � EH.

La d�monstration se d�duit de mani�re �vidente de ce qui pr�c�de (cf. P.10.7).

Remarque : si

l

est petit on peut consid�rer, en approximation, qu’il existe une seule parall�le � AB passant par E. On retombe ainsi dans le cas euclidien.

Proposition 10.13 : Dans un triangle rectiligne la somme des angles est inf�rieure � deux droits.

D�monstration : On note "deux droits" par

π

. Reprenons la d�monstration de Legendre.

1. On est parti d’un triangle ABC tel que

A B \geq A C > B C

. Puis on a construit une suite de

n

triangles

A B_{n} C_{n}

tels que :

A B_{n} \geq A C_{n} > B C_{n}

0 < a_{n} < \frac{a}{2^{n}}

a_{n} = b_{n + 1} + a_{n + 1}

a_{n} + b_{n} + c_{n} = a + b + c

Et on a d�montr� que, pour tout

n \geq 1

0 < a_{n} < \frac{a}{2^{n}}

0 < b_{n} < \frac{a}{2^{n}}

. Ainsi :

Pour tout

α > 0

, il existe

N

tel que pour tout

n \geq N

on a :

0 < a_{n} < \frac{α}{2}

0 < b_{n} < \frac{α}{2}

De plus

c_{n} < π

. Donc, pour tout

n \geq N

a_{n} + b_{n} + c_{n} < α + π

Ainsi pour tout

α > 0

on a

a + b + c < α + π

, donc

a + b + c \leq π

Remarque : si ABC est �quilat�ral cela revient au m�me : on se retrouve dans la situation pr�c�dente � partir de

n = 2

2. Donc pour tout triangle la somme des angles est inf�rieure ou �gale �

π

3. Supposons que dans un triangle ABC la somme des angles est �gale �

π

. ABC est la r�union de deux triangles rectangles, par exemple ABH et ACH. Si la somme des angles de ACH est strictement inf�rieure �

π

, la somme des angles de ABH sera strictement sup�rieure �

π

, ce qui est impossible d’apr�s ce que l’on vient de d�montrer. Donc la somme des angles de ACH est �gale �

π

4. On construit l’angle ACD (th 23.1) tel que

\hat{A C D} = \hat{H A C}

et tel que

C D = A H

. Alors (th 27.1) les droites HA et CD sont parall�les et (th 4.1) les triangles AHC et ACD sont �gaux donc, en particulier, on a

\hat{C H A} = \hat{A D C} = 1

droit. De plus

\hat{C A D} = \hat{A C H}

. Donc les angles

\hat{H C D}

\hat{H A D}

sont droits. Donc les droites AH et CD sont d-parall�les.

5. Soit AX la h-parall�le � CD de D vers C. AH est une d-parall�le � CD et AC coupe CD donc AX coupe l’angle

\hat{H A C}

. Par suite AX coupe HC en un point I.

6. D’apr�s P.10.11,

\hat{X I C} > \hat{I A D}

. De plus,

\hat{X I C} = \hat{H I A}

Donc

\hat{I H A} + \hat{H A I} + \hat{A I H} > \frac{π}{2} + \hat{H A I} + \hat{I A D}

\hat{I H A} + \hat{H A I} + \hat{A I H} > π

. C’est impossible. Donc la somme des angles de ABC ne peut-�tre �gale � deux droits.

Proposition 10.14 : la somme des angles d’un quadrilat�re est inf�rieure � quatre droits.

D�monstration :Un quadrilat�re est la r�union de deux triangles donc la somme de ses angles est strictement inf�rieure � quatre droits.

Proposition 10.15 : tout quadrilat�re de Saccheri a deux angles droits et deux angles aigus �gaux.

D�monstration : la somme des angles de ce quadrilat�re est strictement inf�rieure � quatre droits. Il a deux angles droits donc la somme de ses deux autres angles est inf�rieure � deux droits. D’apr�s le lemme 10.1 ces deux angles sont �gaux donc chacun d’eux est aigu.

Th�or�me 10.16 il n’existe pas de triangles semblables autres que les triangles �gaux.

D�monstration : Soient deux triangles ABC et DEF semblables tels que les angles A, B et C sont respectivement �gaux aux angles D, E et F et tels que

D E < A B

Soit le triangle AGH (cf sur la figure) tel que AG=DE et AH=DF. Alors (th 4.1) les triangles DEF et AGH sont �gaux donc leurs angles aussi.

Donc

\hat{A G H} = \hat{A B C}

. Donc les droites GH et BC sont parall�les (th 27.1).

Mais alors il est facile de d�montrer que la somme des angles de BCHG est �gale � quatre droits. Ce qui est impossible. Donc si ABC et DEF ont leurs angles �gaux deux � deux ils sont eux m�mes �gaux.

Proposition 10.17 : deux droites d-parall�les ont une unique perpendiculaire commune.

De plus elles sont divergentes : cela signifie que, si on trace une perpendiculaire d’une des droites sur l’autre, plus on s’�loigne de la perpendiculaire commune et plus la perpendiculaire sera grande.

Unicit� : supposons qu’elles admettent deux perpendiculaires communes EF et GH.

Alors le quadrilat�re EFHG aurait quatre angles droits. Donc la somme de ses angles serait �gale � quatre droits. C’est impossible donc il ne peut y avoir qu’une seule perpendiculaire commune aux deux droites.

Alors la droite qui joint les milieux I et J de EG et FH est perpendiculaire aux deux droites.

En effet : les triangles EFJ et GHJ sont �gaux (th 4.1) donc EJ=GJ. Donc les triangles EJI et GJI, ayant trois c�t�s �gaux, sont �gaux et donc

\hat{E I J} = \hat{G I J} = 1

droit.

En faisant le m�me type de d�monstration on montre que

\hat{F J I} = \hat{H J I}

. D’o� le r�sultat.

On trace les h-parall�les � CD, FI et HJ, passant par F et H et de C vers D. D’apr�s P.10.7, on a

\hat{I F H} < \hat{J H B}

Soit la droite FK telle que

\hat{K F B} = \hat{J H B}

. Alors la droite FK coupe CD en un point L, puisque FI est h-parall�le � CD.

Soit le point M tel que

F M = H G

et soit la droite MN telle que

\hat{N M F} = \hat{D G H}

En appliquant P.10.9, on d�montre que MN et FK sont h-parall�les. En effet, si MN et FK se coupaient en un point L et en prenant le point L’ de GD tel que GL’=ML, on obtiendrait que HJ et GD se couperaient : ce n’est pas le cas.

Donc MN ne coupe pas FK et �tant int�rieure au triangle EFL elle coupe le c�t� EL en un point O.

Soit Q le point de CD tel que

O M = G Q

\hat{Q G H} = \hat{O M F}

. Alors les triangles OMF et QGH sont �gaux (th 4.1). Donc

O F = Q H

\hat{O F M} = \hat{Q H G}

\hat{O F M} = \hat{Q H G}

on en d�duit que

\hat{O F P} = \hat{Q H R}

. Donc (th 26.1) les triangles OFP et QHR sont �gaux. Donc

O P = Q R

. Donc on est ramen� au A. La perpendiculaire commune aux droites AB et CD est la droite qui joint les milieux de OQ et PR.

Soient deux droites d-parall�les, EF la perpendiculaire commune, GH et IJ deux perpendiculaires � AB issues de G et I.

1. Supposons

G H < E F

. Soit M tel que FM=HG. Alors MFHG est un quadrilat�re de Saccheri donc

\hat{G M F}

est aigu. Mais (th 16.1)

\hat{G M F} > \hat{G E M}

. Or

\hat{G E M}

est droit donc

\hat{G M F}

est obtus : contradiction. Donc

G H \geq E F

De plus

G H

non �gal �

E F

. En effet cela impliquerait que

\hat{G E M}

soit aigu alors qu’il est droit donc

G H > E F

2. Supposons

G H > I J

. Soit K tel que HK=IJ. Alors KHJI est un quadrilat�re de Saccheri donc

\hat{I K H}

est aigu. Mais (th 16.1)

\hat{I K H} > \hat{I G K}

Le quadrilat�re EFHG a trois angles droits donc le quatri�me est aigu. Donc

\hat{H G E}

est aigu. Donc

\hat{I G H}

est obtus donc

\hat{I K H}

est obtus : contradiction. Donc

G H \leq I J

De plus

G H

non �gal �

I J

. En effet cela impliquerait que

\hat{I G H}

soit aigu alors qu’il est obtus donc

G H < I J

Quatri�me partie
ANALYSE COMPLEXE

Chapitre 20
Notion de distance :

Le texte suivant est extrait du livre "Cours d’Analyse, Tome II : Topologie" de Gustave Choquet (1964).

"La topologie g�n�rale ne constitue un corps de doctrine coh�rent que depuis un demi-si�cle ; elle est l’aboutissement d’un mouvement d’id�es qui remonte � l’antiquit�. Les notions de limite et de continuit� s’impos�rent aux math�maticiens grecs d�s qu’ils tent�rent de pr�ciser la notion de nombre. Il fallut ensuite attendre Cauchy (1821) et Abel (1823) pour que se clarifient les notions de suite et de s�rie convergentes, et celle de fonction continue. Avec Riemann (1851) le cadre s’�largit ; dans sa le�on inaugurale "Sur les hypoth�ses qui servent de fondement � la g�om�trie", il trace un programme grandiose :L’�tude de " la notion g�n�rale de grandeur plusieurs fois �tendue ", entendant par l� non seulement les vari�t�s � un nombre quelconque de dimensions, mais aussi les espaces de fonctions et d’ensembles.

Mais un tel programme ne pouvait pas �tre r�alis� sans une meilleure connaissance de la droite r�elle ( Dedekind) et des fonctions num�riques (Riemann,Weierstrass), ni surtout sans un langage � la fois pr�cis et g�n�ral ; c’est Cantor(1873) qui cr�a ce langage et ouvrit la porte d’un monde nouveau.

Une p�riode h�ro�que et f�conde commence alors. Malgr� l’opposition des math�maticiens hostiles aux nouvelles id�es, les d�couvertes se succ�dent, particuli�rement en France (Poincar�,Hadamard,Borel,Baire,Lebesgue) et en Allemagne (Klein,Mittag-Leffler). On en vient rapidement � �tudier des fonctions de lignes, et � cr�er une analyse fonctionnelle (Ascoli ,Volterra,Hilbert) qui est un d�but de r�alisation du programme de Riemann.

Mais � nouveau se manifeste le besoin d’un langage et d’un cadre adapt�s � ces recherches : Les espaces m�triques, d�finis par Fr�chet, fournissent un outil, essentiel pour l’�tude de la continuit� uniforme et de la convergence uniforme, et commode aussi pour l’�tude des structures topologiques. Hausdorff, enfin, parvient � d�gager d’une jungle d’axiomes, un syst�me axiomatique simple, qui est la pierre angulaire de la topologie g�n�rale actuelle."

Jusqu’� pr�sent on n’a pas parl� de distance. Une grandeur �tait plus petite qu’une autre parce que, en la d�pla�ant, elle �tait une partie de l’autre.

Rappelons que pour Euclide il ne peut exister de distance absolue puisqu’il n’y a pas de nombres irrationnels et qu’aucune grandeur ne peut mesurer toutes les autres grandeurs.

A partir du moment o� tout le travail indiqu� par Choquet a �t� fait, il est facile de parler de distance.

Soit un ensemble E. Une distance dans E est une fonction, not�e d, de

E \times E

dans

ℝ

qui v�rifie :

Remarque : naturellement, on d�duit de 1., 2. et 3. que pour tous

x

y

de E,

d (x, y) \in ℝ^{+}

Une fois

ℝ

cr�� il est facile d’introduire une distance dans les El�ments d’Euclide : soit un segment quelconque AB. Il mesure alors tout autre segment. Alors si l’on prend deux points M et N du plan on peut leur associer un nombre et un seul, d(A,B), d v�rifiant la d�finition pr�c�dente.

Il existe de nombreux exemples de distances et nous verrons celle qui correspond � la g�om�trie de Lobatcheski.

Chapitre 21
L’ensemble des complexes :

21.1 Calculons la longueur d’un chemin :

D�finition : Soient

x

y

deux complexes on appelle chemin de

x

�

y

toute fonction

γ

de classe

C_{1}

, par morceaux (c’est � dire diff�rentiable par morceaux et de d�riv�e continue) de [

a

;

b

a

b

�tant deux r�els, dans

ℂ

telle que

γ (a) = x

γ (b) = y

21.1.1 Cas euclidien :

Soit

γ

un chemin joignant

x

�

y

et soit une subdivision {(

a_{n, k}

n \in ℕ^{*}, 0 \leq k \leq n

} de [

a

;

b

] telle que :

a_{n, k} = a + \frac{b - a}{n}

Alors une approximation de la longueur de

γ

, not�e

l (γ)

, est donn�e par :

Mais

γ (a_{n, k + 1}) - γ (a_{n, k}) = γ^{^{'}} (a_{n, k + 1}) (a_{n, k + 1} - a_{n, k}) + o (\frac{1}{n})

Et donc par similitude avec l’int�grale de Riemann on prendra comme d�finition la suivante :

2. Soit

γ

un un chemin joignant

x

�

y

. Il existe une isom�trie telle que

ϕ (x) = 0

ϕ (y) = r

o�

r = | y - x |

. Alors

ϕ

transforme

γ

en un chemin

Γ

tel que

Γ (a) = 0

Γ (b) = r

. On a :

b. si on pose

Γ = u + i v

on en d�duit que

u (a) = v (a) = 0

u (b) = r, v (b) = 0

. On a :

21.1.2 Fonction poids ou m�trique :

Soit U un disque ouvert de

ℂ

. On suppose maintenant que chaque point de U a un "poids", une qualit� particuli�re. De telle sorte que la longueur d’un chemin va d�pendre des points qu’il contient. Pr�cisons :

D�finition : une fonction poids est une application continue et strictement positive de U dans

ℝ

Soit

γ

un chemin reliant

x

�

y

, deux points de U. En faisant le m�me raisonnement que plus haut, une approximation de

l (γ)

est :

Propri�t� 2.2 : Soit

γ_{1}

un chemin joignant

x

�

y

. Soit

γ_{2}

un chemin joignant

y

�

z

. Soit

Γ

un chemin joignant

x

�

z

passant par

y

tel que

D�monstration : les hypoth�ses nous permettent de poser pour

c \in [a; b]

\forall t \in [a; c], Γ (t) = γ_{1} (r t + s)

\forall t \in [c; b], Γ (t) = γ_{2} (u t + v)

r, s, u

v

�tant choisis convenablement. Puis on calcule

l (Γ)

\forall ϵ > 0, \exists γ_{1}

γ_{1}

�tant un chemin joignant

x

�

y

tel que :

\forall ϵ > 0, \exists γ_{2}

γ_{2}

�tant un chemin joignant

y

�

z

tel que :

l (γ_{1}) + l (γ_{2}) = l (γ_{1} \cup γ_{2})

γ_{1} \cup γ_{2}

�tant un chemin de

x

�

z

. Donc

U est un disque ouvert de

ℂ

donc il existe

r

tel que que le disque ferm� D, de centre

x

est de rayon

r

est inclus dans U. Comme la fonction poids

μ

est continue sur D, elle atteint son minimum

μ_{0}

et donc, pour tout

z

de D, on a

μ (z) \geq μ_{0} > 0

b- Si il existe

t \in [a, b]

γ (t) \notin D

alors il existe

z

tel que

| x - z | = r

γ = γ_{1} \cup γ_{2}

tel que

\forall t \in [a, b]

γ_{1} (t) \in D

γ_{1} (a) = x

γ_{1} (b) = z

. Donc

D�finition : Soit U muni d’une distance. Une isom�trie est une bijection de U dans U, d�rivable dans

ℝ \times ℝ

, conservant les longueurs.

21.2 Transformation de M�bius :

Pour les transformations de M�bius et les inversions on pourra consulter le livre "Visual complex analysis" de Tristan Needham. On pourra y d�couvrir beaucoup d’autres choses !

21.2.1 D�finition :

D�finition : soient

a, b, c

d

quatre complexes tels que

a d - b c \neq 0

Remarque : nous verrons un peu plus loin leur lien avec la th�orie de la relativit�.

1. Cas 1 :

c = 0

. Alors

d \neq 0

f (z) = \frac{a}{d} z + \frac{b}{d}

de l’inversion g�om�trique, inv, d�finie par

i n v (z) = \frac{1}{\bar{z}}

Remarque : on admet connus les r�sultats sur les similitudes. En particulier elles conservent les angles donc, en particulier, l’orthogonalit�.

21.2.2 Inversion dans

K

Faisons quelques rappels sur l’inversion dont les propri�t�s sont moins connus des jeunes �tudiants.

D�finition : soit un cercle

K

de centre

q

et de rayon

R

. Une inversion dans

K

, not�e

ℑ_{K}

, est une application, d�finie par :

Vocabulaire : on dira indiff�remment inversion de centre

q

et de rapport

R

ou inversion de cercle K inversion dans le cercle K.

On se contentera d’�noncer les propri�t�s suivantes sans d�monstrations.

Proposition 2.5 : soient deux points

a

b

d’images respectives

a^{^{'}}

b^{^{'}}

. Alors les triangles

q a b

q b^{^{'}} a^{^{'}}

sont semblables.

L’inversion conserve les angles g�om�triques et en particulier l’orthogonalit�.

21.2.3 Transformations conformes et anticonformes :

D�finition :Soient deux courbes se coupant en un point P. Si elles admettent une tangente en P, nous d�finirons leur angle comme �tant l’angle de droite aigu d�fini par leurs tangentes.

D�finition : si une transformation conserve les angles (orient�s) elle est dite conforme et anticonforme si elle transforme les angles en leurs oppos�s.

Les rotations et translations sont conformes et les r�flexions ou inversions sont anticonformes. Les transformations de M�bius sont conformes.

21.2.4 Image d’une droite ou d’un cercle par une transformation de M�bius :

Proposition 2.8 ter : l’image d’une droite ou d’un cercle, par une transformation de M�bius est une droite ou un cercle.

Soit

ϕ

une transformation de Mobius d�finie par

ϕ (z) = \frac{a z + b}{c z + d}

. On sait que l’image d’une droite et d’un cercle par une similitude sont respectivement une droite et un cercle. Pour l’inversion ce n’est pas le cas.

ϕ

est la compos�e d’une translation,

t

, d’�criture complexe

z^{^{'}} = z + \frac{d}{c}

suivie de l’inversion,

I

, dans le cercle, K, de centre O et de rayon 1.

a. Si par la translation

t

la droite,

(D)

, image de

(d)

, passe par O alors, par

I

(D)

a pour image une droite. Donc par

ϕ

l’image de

(d)

est une droite.

b. Si par la translation

t

la droite,

(D)

, image de

(d)

, ne passe pas par O alors, par

I

(D)

a pour image un cercle. Donc par

ϕ

l’image de

(d)

est un cercle.

a. Si par la translation

t

le cercle,

(C^{^{'}})

, image de

(C)

, passe par O alors, par

I

(C^{^{'}})

a pour image une droite. Donc par

ϕ

l’image de

(C)

est une droite.

b. Si par la translation

t

le cercle,

(C^{^{'}})

, image de

(C)

, ne passe pas par O alors, par

I

(C^{^{'}})

a pour image un cercle. Donc par

ϕ

l’image de

(C)

est un cercle.

Chapitre 22
disque de poincar� :

Soit U le disque ouvert de

ℂ

de centre O et de rayon 1. On prend comme fonction poids la fonction

μ

d�finie par :

22.1 Groupe des isom�tries de U :

| z - a |^{2} - | 1 - ā z |^{2} = (| z |^{2} - 1) (1 - | a |^{2})

(| z |^{2} - 1) (1 - | a |^{2} < 0

Soit

y \in U

y = f_{a, α} (x)

�quivaut �

x (1 + ā y e^{- i α}) = y e^{- i α} + a

. (1) On a

| ā y e^{- i α} | < 1

donc (1) �quivaut �

Comme

| - a e^{i α} | < 1

f_{- a e^{i α}, - α} \in E

. Et comme

y \in U

, d’apr�s 1.,

x \in U

On a

| \frac{1 + a \bar{b} e^{- i β}}{1 + ā b e^{i β}} | = 1

. Donc si on pose :

e^{i γ} = \frac{1 + a \bar{b} e^{- i β}}{1 + ā b e^{i β}}

c = \frac{a + b e^{i β}}{a \bar{b} + e^{i β}}

on obtient :

f_{u, α}

est holomorphe dans U et

f_{u, α}^{^{'}} (z) = \frac{1 - | u |^{2}}{{(1 - ū z)}^{2}} e^{i α}

1 - | f_{u, α} (z) |^{2} = \frac{(1 - | u |^{2}) (1 - | z |^{2})}{| 1 - ū z |^{2}}

| f_{u, α}^{^{'}} (z) | = \frac{1 - | u |^{2}}{| 1 - ū z |^{2}}

donc

Proposition 3.2 : E op�re transitivement sur U : pour tout (

x

y

) de

U^{2}

il existe une isom�trie

f

de E telle que

f (x) = y

f_{x, 0} o f_{- y, 0} (x) = y

f_{x, 0} o f_{- y, 0} \in E

d’o� le r�sultat.

1.il n’existe pas d’autres isom�tries holomorphes de U autres que celles de E.

Nous utiliserons le lemme de Schwarz, qui est une application du principe du maximum pour les fonctions holomorphes. Pour les fonctions holomorphes on pourra se r�f�rer � beaucoup d’ouvrages ! En particulier le "Fonctions analytiques" de Cartan.

Rappelons qu’une fonction holomorphe d’un ouvert W de

ℂ

dans

ℂ

est une fonction

ℂ

-d�rivable, c’est-�-dire que, pour tout

a

de W le quotient

\frac{f (z) - f (a)}{z - a}

a une limite quand

z

tend vers

a

Lemme de Schwarz : soit

f

une fonction holomorphe dans le disque U telle que :

| f (z) | < 1

f (0) = 0

Si pour un

a

non nul de U, on a l’�galit�

| f (a) | = | a |

ou si

| f^{^{'}} (0) | = 1

alors

f

est une rotation de centre O.

On va montrer que

f

est la compos�e de trois �l�ments de E,

g

h

r

tels que

r

est une rotation de centre O et tels que

h o f o g = r

. On va donc faire en sorte que

h o f o g

v�rifie le lemme de Schwarz.

a. Soit

z_{0}

de U et soit

w_{0} = f (z_{0})

. Alors

f_{0, - z_{0}} (0) = z_{0}

f_{0, w_{0}} (w_{0}) = 0

\forall z

de U,

g (z) = \frac{z + z_{0}}{1 + \bar{z_{0}} z}

h (z) = \frac{z - w_{0}}{1 - \bar{w_{0}} z}

Alors

h o f o g

est holomorphe de U dans U,

h o f o g (0) = 0

donc (lemme de Schwarz) on a :

On a

g^{^{'}} (z) = \frac{1 - | z_{0} |^{2}}{{(1 + \bar{z_{0}} z)}^{2}}

h^{^{'}} (z) = \frac{1 - | w_{0} |^{2}}{{(1 - \bar{w_{0}} z)}^{2}}

donc

| \frac{1}{1 - | \bar{w_{0}} |^{2}} | | f^{^{'}} (z_{0}) | | 1 - | z_{0} |^{2} | \leq 1

. Donc

\forall z \in U

| f^{^{'}} (z) | \leq \frac{1 - | \bar{f (z)} |^{2}}{1 - | z |^{2}}

\int_{a}^{b} | γ^{^{'}} (t) | (| f^{^{'}} (γ (t)) | \frac{k}{1 - | f (γ (t)) |^{2}} - \frac{k}{1 - | γ (t) |^{2}}) d t = 0

(1). Or

| f^{^{'}} (γ (t)) | \leq \frac{1 - | f (γ (t)) |^{2}}{1 - | γ (t) |^{2}}

donc

| f^{^{'}} (γ (t)) | \frac{k}{1 - | f (γ (t)) |^{2}} - \frac{k}{1 - | γ (t) |^{2}} \leq 0

(2).

| γ^{^{'}} (t) | (| f^{^{'}} (γ (t)) | \frac{k}{1 - | f (γ (t)) |^{2}} - \frac{k}{1 - | γ (t) |^{2}}) = 0

(2).

Choisissons un chemin

γ

tel qu’il existe

t_{0}

tel que

γ^{^{'}} (t_{0}) \neq 0

γ (t_{0}) = z_{0}

| f^{^{'}} (z_{0}) | \frac{1}{1 - | f (z_{0}) |^{2}} - \frac{1}{1 - | z_{0} |^{2}}) = 0

donc

| f^{^{'}} (z_{0}) | = | \frac{1 - | f (z_{0}) |^{2}}{1 - | z_{0} |^{2}} |

. (3)

c. Reprenons les fonctions

h

g

d�finies plus haut. De (3) on en d�duit :

| {(h o f o g)}^{^{'}} (0) | = 1

. En appliquant de nouveau le lemme de Schwarz on obtient que

h o f o g

est une rotation

r

de centre O. Donc

f = h^{- 1} o r o g^{- 1}

. Comme E est un groupe

f

appartient � E. Donc E est l’ensemble des isom�tries holomorphes de U.

Alors, avec les fonctions

g

h

d�finies plus haut, la fonction

ψ

�gale �

h o f o g

est holomorphe telle que

ψ (0) = 0

| ψ (0) | < 1

. Il en est de m�me pour

ψ^{- 1}

. Pour tout

z

de U posons

ψ (z) = w

donc

ψ^{- 1} (w) = z

. Alors d’apr�s le lemme de Schwarz on a :

| ψ (z) | \leq | z |

mais

ψ^{- 1} (w) = z

donc

| ψ^{- 1} (w) | \leq | w |

donc

| z | \leq | ψ (z) |

Donc

| ψ (z) | = | z |

donc

ψ

est une rotation de centre O donc

f

est dans E donc une isom�trie.

Nous allons nous int�resser maintenant aux courbes qui minimisent la distance entre deux points.

22.2 G�od�siques de U :

D�finition : on appelle g�od�sique la courbe qui minimise la distance entre deux points d’un ensemble muni d’une distance.

Proposition 3.4 : soient

x

y

deux �l�ments de U. Il existe une g�od�sique et une seule joignant

x

�

y

et les g�od�siques sont les segments [

x

y

] si

x

y

sont align�s avec 0 ou les arcs de cercle orthogonaux au cercle de centre O et de rayon 1, fronti�re de U, sinon.

Posons

γ (t) = u (t) + i v (t)

u

v

�tant les parties r�elles et imaginaires de

γ

Mais

u

a pour image

[0; r]

donc

l (u) = \frac{k}{2} ln (\frac{1 + r}{1 - r})

donc

l (γ) \geq \frac{k}{2} ln (\frac{1 + r}{1 - r})

Ainsi pour tout chemin

γ

joignant 0 �

r

on a

l (γ) \geq l (u)

. Donc le segment

[0; r]

est la g�od�sique joignant 0 �

r

3. a. Soient deux points de U,

x

y

, et soit

γ

un chemin joignant

x

�

y

. D�terminons une isom�trie

ϕ_{u, α}

telle que

ϕ_{u, α} (0) = x

ϕ_{u, α} (r) = y

r

�tant un r�el

r

0 < r < 1

ϕ (r) = y

implique

e^{i α} \frac{r + x e^{- i α}}{1 + \bar{x} r} = y

. Donc

r = e^{- i α} \frac{y - x}{1 - \bar{x} y}

(car

1 - \bar{x} y \neq 0

Posons

r = | \frac{y - x}{1 - \bar{x} y} |

Alors

0 < r < 1

et si on pose

α = a r g \frac{y - x}{1 - \bar{x} y}

alors

ϕ (r) = y

Ainsi

ϕ (z) = e^{i α} \frac{z + x e^{- i α}}{1 + \bar{x} z e^{i α}}

o�

α = a r g (\frac{y - x}{1 - \bar{x} y})

o�

γ

est un chemin joignant 0 �

r

. Or

l ([0, r]) = l (γ_{1})

. Donc

3.b. Soit

γ

un chemin joignant

x

�

y

ϕ^{- 1} (γ)

est un chemin joignant 0 �

r

et distinct de [0 ;

r

]. Donc

l (ϕ^{- 1} (γ)) > l ([0; r])

donc seul

γ_{1}

est g�od�sique joignant

x

�

y

(i)

x = 0

: alors

ϕ

est une rotation et, par une rotation, l’image d’une droite est une droite donc

ϕ ([0; r])

est le segment

[0; y]

ϕ

est la compos�e, dans cet ordre, d’une translation de vecteur d’affixe

\frac{e^{- i α}}{\bar{x}}

t_{1}

, de l’inversion g�om�trique de centre O et de rapport 1,

i n v

, d’une r�flexion,

r

, d’une similitude,

s

puis d’une autre translation,

t_{2}

L’inversion transforme une droite qui passe par O en une droite et une droite qui ne passe pas par O en un cercle. Les autres applications transforment une droite en une droite et un cercle en un cercle. Donc

ϕ ([0; r])

est soit un segment, soit un arc de cercle.

t_{1} [0; r]

est un segment

[A; B]

. Tout d�pend donc de la position de O par rapport �

[A; B]

[0; r]

est un segment inclus dans l’axe des r�els. Donc O, A et B sont align�s si et seulement si A et B sont r�els. Donc

t_{1} (0) =

A doit �tre r�el. Donc

\frac{e^{- i α}}{\bar{x}}

est r�el donc

x

est de la forme

r^{'} e^{i α}

o�

r^{'} \in ℝ^{*}

On a

ϕ (z) = \frac{z e^{i α} + x}{1 + \bar{x} z e^{i α}}

donc

ϕ (r) = \frac{r + r^{'}}{1 + r r^{'}} e^{i α} = y

donc

y

est de la forme

R^{'} e^{i α}

o�

R^{'} \in ℝ

. Ainsi O, A et B align�s implique que

x

y

sont align�s avec 0.

R�ciproquement, si 0,

x

y

sont align�s, on d�montre facilement, d’apr�s la construction de

ϕ

, que

\frac{e^{- i α}}{\bar{x}}

est r�el donc 0, A et B sont align�s.

O, A et B �tant align�s, l’image de [A ; B] est un segment par l’inversion donc par

ϕ

aussi. Ainsi la g�od�sique joignant

x

�

y

est le segment

[x, y]

inclus dans un diam�tre de U.

Alors l’image de [AB] par l’inversion est un arc de cercle, donc par

ϕ

aussi. Etudions la position de cet arc par rapport au cercle C, fronti�re de U.

ϕ

d�finie sur U, prise en tant que fonction de Mobius, est d�finie aussi sur C puisque

| u | < 1

. Il est facile de v�rifier que

| ϕ (e^{i θ}) | = 1

. Donc C est invariant par

ϕ

. Comme tout diam�tre de C est orthogonal � C l’image de

[0; r]

par

ϕ

est orthogonale �

ϕ (C)

donc � C. Ainsi

ϕ ([0; r])

est un arc de cercle orthogonal � C.

Conclusion : les g�od�siques de U sont soit les diam�tres de C soit les cercles orthogonaux � C.

o�

γ

est un chemin joignant

x

�

y

. Soit

ϕ

une isom�trie. Alors

l (ϕ (γ)) = l (γ)

Posons

ϕ (z) = e^{i α} \frac{z - x}{1 - \bar{x} z}

o�

α = - a r g \frac{y - x}{1 - \bar{x} y}

r = | \frac{y - x}{1 - \bar{x} y} |

Remarque : plus on se rapproche du bord de U et plus les distances sont longues � parcourir !

Exemple : si

x = 0

| y | = 1 - ϵ

alors

d_{k} (x; y) = \frac{k}{2} ln (\frac{2 + ϵ}{ϵ})

2. Soient quatre �l�ments de U,

x, y, z, t

tels que

x \neq y

d_{k} (x; y) = d_{k} (z; t)

. Alors il existe une isom�trie de E transformant

(x; y)

(z; t)

1. Soit

ϕ

un �l�ment de E. Soit une g�od�sique,

γ

, joignant

x

�

y

. Posons

ϕ (x) = z

ϕ (y) = t

. Soit

γ_{1}

la g�od�sique joignant

z

t

. Alors

d_{k} (x; y) = l (γ) = l (ϕ (γ))

. Mais

l (ϕ (γ)) \geq l (γ_{1})

. Donc

l (γ) \geq l (γ_{1})

ϕ^{- 1} (γ_{1})

est un chemin joignant

x

�

y

. Donc

l (ϕ^{- 1} (γ_{1})) \geq l (γ)

Donc

l (γ) \geq l (γ_{1}) \geq l (γ)

. Donc

l (γ) = l (γ_{1})

ϕ (γ) = γ_{1}

. Donc

ϕ (γ)

est la g�od�sique joignant

z

�

t

2. Soit

ϕ_{1}

telle que

ϕ_{1} (Z) = e^{i α} \frac{Z - x}{1 - \bar{x} Z}

o�

α = - a r g (\frac{y - x}{1 - \bar{x} y})

. Alors

ϕ_{1} (x) = 0

ϕ_{1} (y) = r

o�

r = | \frac{y - x}{1 - \bar{x} y} |

Soit

ϕ_{2}

telle que

ϕ_{2} (Z) = e^{i α^{^{'}}} \frac{Z - z}{1 - \bar{z} Z}

o�

α^{^{'}} = - a r g (\frac{t - z}{1 - \bar{z} t})

. Alors

ϕ_{1} (z) = 0

ϕ_{1} (t) = r^{^{'}}

o�

r^{^{'}} = | \frac{t - z}{1 - \bar{z} t} |

On a

d (x; y) = d (z; t)

donc

| \frac{y - x}{1 - \bar{x} y} | = | \frac{t - z}{1 - \bar{z} t} |

Donc

r = r^{^{'}}

et donc

ϕ_{2}^{- 1} o ϕ_{1} (x) = z

ϕ_{2}^{- 1} o ϕ_{1} (y) = t

22.3 Illustration :

Dans le dessin ci-dessous le disque U est rouge et on a indiqu� les g�od�siques AB, CD et BE.

22.4 Topologie dans U :

1. La topologie du disque de Poincar� est celle induite par celle de la topologie euclidienne du plan complexe sur le disque unit�.

1. On note

d_{e}

la distance euclidienne dans

ℂ

d_{U}

la distance dans U.

Soit une suite

z_{n}

de U tendant vers

z

pour

d_{e}

. Donc

| z_{n} - z |

tend vers 0. Donc

r_{n} = \frac{| z_{n} - z |}{1 - \bar{z_{n}} z}

tend vers 0. Donc

d_{U} (z_{n}; z)

tend vers 0 par continuit� de ln. D’o� 1.

2. Soit une suite de Cauchy

z_{n}

pour

d_{U}

de U. Pour tout

n

z_{n}

est dans U et

Ū

qui est un compact pour

d_{e}

. Donc

z_{n}

admet une sous-suite convergente pour la distance euclidienne,

z_{n_{p}}

, vers

z \in Ū

z_{n}

est une suite de Cauchy pour

d_{U}

. Donc elle est born�e pour

d_{U}

. Donc il existe

M > 0

tel que pour tout

n

on a :

d_{U} (0; z_{n}) < M

Donc

ln (\frac{1 + | z_{n} |}{1 - | z_{n} |}) \leq \frac{2}{k} M

ou encore

| z_{n} | \leq \frac{e^{\frac{2}{k} M} - 1}{e^{\frac{2}{k} M} + 1}

\frac{e^{\frac{2}{k} M} - 1}{e^{\frac{2}{k} M} + 1} < 1

Donc

z

est dans le disque ferm�,

\bar{D (0; \frac{e^{\frac{2}{k} M} - 1}{e^{\frac{2}{k} M} + 1})}

, qui est inclus dans U. Donc

z

est dans U.

La topologie euclidienne induisant celle du disque de Poincar�,

z_{n_{p}}

converge vers

z

pour

d_{U}

22.5 Introduction au demi-plan de Poincar� :

On va �tudier le demi-plan de Poincar� pour faire appara�tre un certain nombre de propri�t�s, faire le lien avec la g�om�trie de Lobatchevski, r�fl�chir � la notion de parall�lisme.

Chapitre 23
Demi-plan de Poincar� P :

23.1 Distance dans P :

Le demi-plan de Poincar� est l’ensemble des complexes de partie imaginaire strictement positive. On le note P. On appellera les points de P, points r�els et les points de la fronti�re,

Δ

, points irr�els.

23.1.1 Proposition 4.1 :

| f (z) |^{2} = \frac{x^{2} + {(y - 1)}^{2}}{x^{2} + {(y + 1)}^{2}} < 1

car

y > 0

. Donc

f (z) \in U

I m (x) = \frac{1 - | z |^{2}}{| 1 - z |^{2}}

1 - | z |^{2} > 0

car

z \in U

. Donc

x \in P

Donc

f

est une bijection de P dans U et

f^{- 1} (z) = i \frac{z + 1}{1 - z}

c. Pour tout

z

de P on a

f^{^{'}} (z) = \frac{2 i}{{(z + i)}^{2}}

. Donc

f

est holomorphe dans P. De m�me

f^{- 1}

l’est dans U.

Proposition 4.2 : Soit un chemin

γ

dans P joignant deux points

x

y

de P. Alors :

D�finition : on prend comme fonction poids dans P la fonction

μ

d�finie sur P par :

Notation : on note

μ_{U}

μ_{P}

les fonctions poids respectives dans U et P.

On note

l_{U}

l_{P}

les longueurs d’un chemin respectivement dans U et dans P.

On d�finit toujours

f

par :

\forall z \in P, f (z) = \frac{z - i}{z + i}

2. Les g�od�siques de P sont les images des g�od�siques de U par

f^{- 1}

γ

�tant un chemin joignant

a

�

b

. Mais

f

�tant une bijection holomorphe entre P et U, on a :

| 1 - \bar{f (a)} f (b) | = 2 \frac{| ā - b |}{| ā - i | | b + i |}

| f (b) - f (a) | = 2 \frac{| b - a |}{| b + i | | ā - i |}

d’o�

2. Puisque

d_{P} (a; b) = d_{U} (f (a); f (b))

les g�od�siques de P sont les images, par

f^{- 1}

, des g�od�siques de U.

On pose

a = a_{1} + i a_{2}

b = b_{1} + i b_{2}

et on suppose

b_{2} > a_{2}

. On a alors :

2. Soient 4 points

a

b

c

d

situ�s sur une droite horizontale. On note

d_{e}

la distance euclidienne. On a alors :

d_{P} (a, b) = d_{P} (c, d)

si et seulement si

d_{e} (a, b) = d_{e} (c, d)

| b - ā | = a_{2} + b_{2}

| b - a | = - a_{2} + b_{2}

. Donc

d_{P} (a; b) = \frac{k}{2} ln (\frac{b_{2}}{a_{2}})

2. Soient les points

a

b

c

d

situ�s sur une droite horizontale.On pose

a = a_{1} + i x

b = b_{1} + i x

c = c_{1} + i x

d = d_{1} + i x

. On pose ensuite :

| b - ā |

, B=

| b - a |

, C=

| d - \bar{c} |

et D=

| d - c |

. Alors

d_{P} (a, b) = \frac{k}{2} l n (\frac{A + B}{A - B})

d_{P} (c, d) = \frac{k}{2} l n (\frac{C + D}{C - D})

.Donc

d_{P} (a, b) = d_{P} (c, d)

si et seulement si (A+B)(C-D)=(A-B)(C+D) ou encore AD=BC.

On a

{(A D)}^{2} = | b - ā |^{2} | d - c |^{2} = [{(b_{1} - a_{1})}^{2} + 4 x^{2}] {(d_{1} - c_{1})}^{2}

{(B C)}^{2} = | b - a |^{2} | d - \bar{c} |^{2} = {(b_{1} - a_{1})}^{2} [{(d_{1} - c_{1})}^{2} + 4 x^{2}]

{(A D)}^{2} = {(B C)}^{2}

�quivaut �

4 x^{2}] {(d_{1} - c_{1})}^{2} = {(b_{1} - a_{1})}^{2}) 4 x^{2}

ou encore �

| d_{1} - c_{1} | = | b_{1} - a_{1} |

car

x \neq 0

ou encore �

d_{e} (a, b) = d_{e} (c, d)

Donc

d_{P} (a, b) = d_{P} (c, d)

�quivaut �

d_{e} (a, b) = d_{e} (c, d)

23.2 G�od�siques dans P :

23.2.1 Image du cerle C, fronti�re de U :

Soit

h

la fonction d�finie par

h (z) = \frac{z - i}{z + i}

. C’est une bijection holomorphe d�finie de

ℂ

{- i}

dans

ℂ

{1}

Soit

g

la fonction d�finie par

g (z) = \frac{i z + i}{- z + 1}

. C’est la bijection holomorphe r�ciproque de

h

d�finie de

ℂ

{1}

dans

ℂ

{- i}

Soit C le cercle de centre O et de rayon 1 priv� du point d’affixe 1. Soit

e^{i α}, α \in] O; 2 π [

. Alors

La fonction

α \to - \frac{cos (\frac{α}{2})}{sin (\frac{α}{2})}

a pour image

ℝ

donc, par

g

, l’image de C priv� de 1 est l’axe des abscisses.

23.2.2 Image d’un cercle,

ℭ

, orthogonal � C :

g

est la compos�e de

t_{1}

translation d�finie par

z^{^{'}} = z - 1

puis de l’inversion g�om�trique de centre O, puis d’une similitude.

1. Si

t_{1} (ℭ)

est un cercle qui passe par O, alors par l’inversion l’image de ce cercle est une droite donc l’image par

g

ℭ

est une droite. Comme

g

conserve l’orthogonalit� et que C et

ℭ

sont orthogonaux,

g (C)

g (ℭ)

sont orthogonaux. Donc

g (ℭ)

est une droite perpendiculaire � l’axe des abscisses.

2. Si

t_{1} (ℭ)

est un cercle ne passant pas par O, alors par l’inversion l’image de ce cercle est un cercle donc l’image par

g

ℭ

est un cercle. Comme

g

conserve l’orthogonalit� et que C et

ℭ

sont orthogonaux,

g (C)

g (ℭ)

sont orthogonaux. Donc

g (ℭ)

est un cercle orthogonal � l’axe des abscisses. Donc c’est un cercle dont le centre est sur l’axe des abscisses.

23.2.3 Image d’un diam�tre de C :

1. Si

𝔇

est l’axe des abscisses alors

t_{1} (𝔇) = 𝔇

. Alors

𝔇

est invariante par l’inversion donc l’image de

𝔇

par

g

est une droite. Par conservation de l’orthogonalit� l’image de

𝔇

est une droite perpendiculaire � l’axe des abscisses.

2. Si

𝔇

n’est pas l’axe des abscisses alors l’image de

𝔇

par

t_{1}

est une droite ne passant pas par O donc, par l’inversion,l’image de

t_{1} (𝔇)

est un cercle. Donc l’image par

g

𝔇

est un cercle. Toujours par conservation de l’orthogonalit�,

g (𝔇)

est un cercle orthogonal � l’axe des abscisses.

Conclusion : Soient deux points,

a

b

du demi-plan P. Le chemin le plus court les joignant est le segment

[a; b]

[a; b]

est perpendiculaire � l’axe des abscisses, un arc de cercle dont le centre est sur l’axe des abscisse sinon.

23.3 Recherche des isom�tries de P :

23.3.1 R�flexions hyperboliques :

Proposition 4.4 : les r�flexions par rapport � une droite verticale sont des isom�tries de P.

D�monstration : soit une droite D perpendiculaire � la fronti�re de P. Soit

r_{D}

la r�flexion par rapport � D.

r_{D}

a pour �criture complexe :

z^{^{'}} = 2 a - \bar{z}

. Elle correspond � la fonction

f

d�finie sur

ℝ \times ℝ

par

f (x) = (2 a - x; y)

f

est diff�rentiable et son jacobien est

\nabla f = (\begin{matrix} - 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix})

Proposition 4.5 : Soit K un cercle dont le centre

c

est r�el et de rayon

r

. L’inversion,

I_{K}

, dans K est une isom�trie.

Ensuite, l’�criture complexe de

I_{K}

est :

z^{^{'}} = \frac{r^{2}}{\bar{z} - c} + c

ou encore

z^{^{'}} = \frac{r^{2} (z - c)}{| z - c |^{2}} + c

u (x; y) = \frac{r^{2} (x - c)}{{(x - c)}^{2} + y^{2}} + c

v (x; y) = \frac{r^{2} y}{{(x - c)}^{2} + y^{2}}

On trouve :

(\begin{matrix} A = r^{2} \frac{y^{2} - {(x - c)}^{2}}{Q^{2}} & B = \frac{- 2 r^{2} (x - c)}{Q^{2}} \\ C = B & D = - A \end{matrix})

| (A x^{'} (t) + B y^{'} (t)) + i (B x^{'} (t) - A y^{'} (t) |^{2} = (A^{2} + B^{2}) | γ^{^{'}} (t) |^{2}

on trouve :

A^{2} + B^{2} = r^{4} \frac{Q^{2}}{Q^{4}} = \frac{r^{4}}{Q^{2}}

. De plus

Le cercle K de centre

q

est orthogonal � C et � C’. K �tant invariant par

I_{K}

, C et C’ sont globalement invariants. Et donc F a pour image G par

I_{K}

. Plus F est proche de

K

et plus H est proche du milieu de

[F G]

I_{K}

devient la r�flexion par rapport � la tangente � K en H. On peut voir aussi cela alg�briquement.

D�finition : on appelle r�flexion hyperbolique toute r�flexion par rapport � une droite verticale ou toute inversion dont le centre est sur l’axe des r�els.

Notation : on note

ℌ

le groupe engendr� par les r�flexions hyperboliques et

ℌ^{+}

le sous-groupe de

ℌ

des transformations conformes.

23.3.2 Caract�risation d’une transformation conforme :

Proposition 4.6 : Un �l�ment

ϕ

ℌ

appartient �

ℌ^{+}

si et seulement si

ϕ

a pour �criture complexe

ϕ (z) = \frac{a z + b}{c z + d}

o�

a

b

c

d

sont r�els tels que

a d - b c = 1

1. une r�flexion hyperbolique est une transformation anticonforme donc

ϕ \in ℌ^{+}

si et seulement si

ϕ

est la compos�e d’un nombre pair de r�flexions hyperboliques.

Une r�flexion,

r

, par rapport � un axe d’�quation

x = a

a pour �criture complexe

z^{^{'}} = 2 a - \bar{z}

ou encore

z^{^{'}} = \frac{- \bar{z} + 2 a}{0 \bar{z} + 1}

. On a :

- 1 \times 1 - 2 \times 0 < 0

Une inversion,

I

, par rapport � un cercle, de centre

a

appartenant � l’axe des r�els et de rayon

r

, a pour �criture complexe

z^{^{'}} = \frac{r^{2}}{\bar{z} - a} + a

ou encore

z^{^{'}} = \frac{a \bar{z} + r^{2} - a^{2}}{\bar{z} - a}

. Et on a

a \times (- a) - (r^{2} - a^{2}) = - r^{2}

- r^{2} < 0

Ainsi une r�flexion hyperbolique a une �criture du type

z^{^{'}}) = \frac{a \bar{z} + b}{c \bar{z} + d}

o�

a

b

c

d

sont r�els tels que

a d - b c < 0

Prenons donc deux r�flexions

r

r^{^{'}}

d’�criture complexes respectives

r (z) = \frac{a \bar{z} + b}{c \bar{z} + d}

r^{^{'}} (z) = \frac{a^{^{'}} \bar{z} + b^{^{'}}}{c^{^{'}} \bar{z} + d^{^{'}}}

. Alors

r^{^{'}} o r

a pour �criture complexe :

A = a a^{^{'}} + b^{^{'}} c

B = a^{^{'}} b + b^{^{'}} d

C = c^{^{'}} a + d^{^{'}} c

D = c^{^{'}} b + d^{^{'}} d

On trouve

A D - B C = (a d - b c) (a^{^{'}} d^{^{'}} - b^{^{'}} c^{^{'}})

. (Ce n’est pas un hasard...).

a d - b c < 0

a^{^{'}} d^{^{'}} - b^{^{'}} c^{^{'}} < 0

donc

A D - B C > 0

. Ainsi la compos�e d’un nombre pair de r�flexions hyperboliques aura une �criture complexe du type

z^{^{'}} = \frac{A z + B}{C z + D}

o�

A

B

C

D

sont des r�els tels que

A D - B C > 0

. Donc les �l�ments de

ℌ^{+}

sont des transformations de M�bius.

2. R�ciproquement soit une transformation de M�bius,

ϕ

, d’�criture complexe

z^{^{'}} = \frac{A z + B}{C z + D}

o�

A

B

C

D

sont des r�els tels que

A D - B C > 0

ϕ

est la compos�e dans cet ordre de la translation

t_{1}

d’�criture complexe

z^{^{'}} = z + \frac{D}{C}

, de l’inversion complexe,

I

, d’�criture complexe

z^{^{'}} = - \frac{1}{z}

, de la similitude d’�criture complexe

z^{^{'}} = \frac{A D - B C}{C^{2}} z

et de la translation,

t_{2}

, d’�criture complexe

z^{^{'}} = z + \frac{A}{C}

\frac{D}{C}

\frac{A}{C}

sont r�els donc les translations sont de vecteurs d’affixes r�elles donc sont les compos�es de deux r�flexions par rapport � des droites verticales, donc elles sont des �l�ments de

ℌ^{+}

\frac{A D - B C}{C^{2}} > 0

donc la similitude d’�criture complexe

z^{^{'}} = \frac{A D - B C}{C^{2}} z

est une homoth�tie de centre O et de rapport positif donc c’est la compos�e de deux inversions,

I_{K}

I_{K^{^{'}}}

K

K^{^{'}}

�tant deux cercles de centres O et de rayon

r

r^{^{'}}

tels que

r r^{^{'}} = \frac{A D - B C}{C^{2}}

. Donc cette similitude est dans

ℌ^{+}

I

est la compos�e de la r�flexion par rapport � l’axe des imaginaires et de l’inversion dans le cercle de centre O et de rayon 1. Donc

I

est dans

ℌ^{+}

Ainsi

ϕ

est la compos�e de transformations de

ℌ^{+}

donc est dans

ℌ^{+}

Et si

ϕ (z) = \frac{A z + B}{C z + D}

avec

A D - B C > 0

, en divisant par

A D - B C

on obtient

ϕ (z) = \frac{a z + b}{c z + d}

avec

a d - b c = 1

23.3.3 Groupe des isom�tries :

1. tout �l�ment de

ℌ

est une isom�trie puisque les r�flexions hyperboliques le sont. Donc

ℌ

\subset

ℑ

2. Soit

ϕ

une isom�trie. Soient

m

un point de P et

(d)

une g�od�sique-droite passant par

m

a. Si

ϕ (m) \neq m

on prend la r�flexion,

γ

, par rapport � la m�diatrice de

[m ϕ (m)]

et on consid�re

γ o ϕ

. Alors

γ o ϕ

est une isom�trie et

γ o ϕ (m) = m

. On pose

ψ = γ o ϕ

ψ

�tant une isom�trie

ψ ((d))

est une g�od�sique,

(d^{^{'}})

, passant par

m

1. Si

(d^{^{'}})

est un cercle, soit

a

un des points d’interchapter de

(d^{^{'}})

avec l’axe des r�els et on prend l’inversion,

I

, dans le cercle de centre

a

et de rayon

a m

. Alors l’isom�trie

I o ψ

transforme

(d)

en en la g�od�sique-droite passant par

m

, donc en

(d)

elle m�me, puisqu’il n’existe qu’une seule droite perpendiculaire passant par

m

et perpendiculaire � l’axe des r�els.

c. Soit

n \in (d)

Φ

fixe

m

et est une isom�trie donc

d_{P} (m; n) = d_{P} (m; Φ (n))

Φ

conserve

(d)

donc

Φ (n) \in (d)

. Soient

m_{1}

n_{1}

n_{2}

les parties imaginaires respectives de

m

n

Φ (n)

d_{P} (m; n) = \frac{k}{2} ln (\frac{n_{1}}{m_{1}})

d_{P} (m; Φ (n)) = \frac{k}{2} ln (\frac{n_{2}}{m_{1}})

. Donc

d_{P} (m; n) = d_{P} (m; Φ (n))

�quivaut �

n_{2} = n_{1}

. Donc

n = Φ (n)

. Donc

Φ

fixe tout point de

(d)

d. Soient deux points

n_{1}

n_{2}

de P et soit un chemin,

γ

, joignant

n_{1}

n_{2}

Φ

est continue donc l’image du chemin

γ

est un chemin,

γ^{^{'}}

, joignant

Φ (n_{1})

�

Φ (n_{2})

γ

coupe

(d)

si et seulement si

γ^{^{'}}

coupe

(d)

. Donc soit

Φ

conserve les demi-plans d�finis par

(d)

soit les �change. Si

Φ

les �change il suffit de composer la r�flexion d’axe

(d)

par

Φ

. Donc on peut supposer que

Φ

conserve les demi-plans d�finis par

(d)

Ainsi

Φ

fixe chaque point de

(d)

et conserve les demi-plans d�finis par

(d)

. Montrons alors que

Φ

est l’identit�.

d_{P} (Φ (n), Φ (p)) = d_{P} (n, p) = d_{P} (Φ (n), p)

donc, si on fixe

p

, on a :

Pour tout

α > 0

d_{P} (n, α p) = d_{P} (Φ (n), α p)

. Donc, en posant

Φ (n) = n^{^{'}}

On obtient ainsi l’�galit� de deux polyn�mes de degr� 4 en

α

. Leurs coefficients sont �gaux, en particulier, ceux de degr� 3 :

donc, comme la partie imaginaire de

p

est non nulle,

p - \bar{p} \neq 0

donc

n - \bar{n} = n^{^{'}} - \bar{n^{^{'}}}

donc

n

n^{^{'}}

ont la m�me partie imaginaire. Donc

n

n^{^{'}}

sont sur une droite horizontale.

Prenons

p

sur cette droite. Alors, d’apr�s P.4.3 bis,

d_{P} (n, p) = d_{P} (Φ (n), p)

implique que

d_{e} (n, p) = d_{e} (Φ (n), p)

. Et comme

Φ (n)

n

sont du m�me c�t� de

(d)

, on a

Φ (n) = n

Donc

Φ

est l’identit�. Donc

ϕ

, �tant la compos�e d’�l�ments de

ℌ

, appartient �

ℌ

Conclusion : une isom�trie de P,

ϕ

de P est de la forme : -si elle est conforme,

ϕ (z) = \frac{a z + b}{c z + d}

o�

a

b

c

d

sont r�els tels que

a d - b c = 1

-si elle est anticonforme,

ϕ (z) = \frac{a \bar{z} + b}{c \bar{z} + d}

o�

a

b

c

d

sont r�els tels que

a d - b c = - 1

Chapitre 24
G�om�trie dans P :

24.1 Introduction :

D�finition : soient deux g�od�siques S et S’ se coupant en un point A. Soient les tangentes en A � ces courbes. L’angle aigu form� par ces tangentes est appel� angle de S et S’. Si le plan est orient� on obtient un angle orient�.

Proposition 5.1 : Soient deux g�od�siques (C) et (C’). Il existe une isom�trie transformant (C’) en (C).

1. Si (C) et (C’) sont des droites coupant la fronti�re

Δ

de P en A et A’, alors la r�flexion d’axe la m�diatrice de [AA’] transforme (C’) en (C).

2. Si (C) ou (C’) est une droite, par exemple (C). On suppose que (C) coupe

Δ

en A et que (C’) coupe

Δ

en B et C.

Soit

t

la translation de vecteur BA et soit I l’inversion par rapport au cercle K de centre D. Alors

I o t

transforme (C’) en (C).

Soit

t

la translation qui transforme (C’) en (C1) de mani�re que (C) et (C1) soient concentriques et soit

h

l’homoth�tie qui transforme (C1) en (C). Alors

h o t

transforme (C’) en (C).

24.2 Polygones :

D�finition : un polygone est une suite de

n

points

A_{i}

1 \leq i \leq n

tels que, pour tout

1 \leq i \leq n - 1

A_{i}

A_{i + 1}

sont joints par une g�od�sique ainsi que

A_{1}

A_{n}

24.2.1 Somme des angles dans un polygone :

Proposition 5.2 : la somme des angles d’un triangle est strictement inf�rieure �

π

Cas 1 : On consid�re un triangle ABC tel que

[A B]

est vertical,

[B C]

est perpendiculaire �

[A B]

. De sorte que l’arc de cercle

B C

est de centre O et l’arc de cercle

A C

est de centre

Ω

. On peut noter que les angles "rouge" sur la figure, ayant leurs c�t�s respectifs perpendiculaires sont �gaux.

Soient

C^{^{'}}

un point de l’arc

A C^{^{'}}

et l’arc de centre O et de rayon

O C^{^{'}}

qui coupe

A B

B^{'}

. Alors les angles "jaune", ainsi que les angles "vert", sont �gaux, pour la m�me raison que les "rouge".

On a :

\frac{sin (O C^{^{'}} Ω)}{O Ω} = \frac{sin (Ω O C^{^{'}})}{Ω C^{^{'}}}

\frac{sin (O C Ω)}{O Ω} = \frac{sin (Ω O C)}{Ω C}

Donc

\frac{sin (O C^{^{'}} Ω)}{sin (O C Ω)} = \frac{sin (Ω O C^{^{'}})}{sin (Ω O C)}

Ainsi, l’angle

Ω O C

�tant plus petit que

Ω O C^{^{'}}

, l’angle

O C Ω

est plus petit que

O C^{^{'}} Ω

Donc, si

C

tend vers A, l’angle

C

du triangle

A B C

cro�t et a pour limite l’angle

Ω A O

qui est �gal �

\frac{π}{2} - \hat{B A C}

. Donc

\hat{B C A} + \hat{B A C} + \frac{π}{2} < π

Cas 2 : On consid�re un triangle ABC tel que

[A B]

est vertical. On suppose que l’angle

B

n’est pas droit. Donc les angles A et B est soit aigus soit obtus.

Soit une droite

(d)

perpendiculaire � l’axe des r�els et le coupant en O. Soit B un point de P sur (d). Soit T le point tel que

(\vec{B O}; \vec{B T}) = θ [2 π]

θ \in [0; \frac{π}{2} [

. Puis on trace le cercle

ℭ

de centre I, I �tant sur l’axe des r�els et tel que BT tangente �

ℭ

θ

�tant aigu, I et T sont de part et d’autre de (d). Soit

C \in P \cap ℭ

tel que T et C sont du m�me c�t� de (d). On d�montre alors que

d_{e} (O C) < d_{e} (O B)

En effet le triangle IBE est isoc�le en I et donc l’angle OEB est plus grand que l’angle EBO, donc il en est de m�me de OB par rapport � OE. Donc C est � l’int�rieur du cercle de centre O et de rayon OB. Ainsi

d_{e} (O C) < d_{e} (O B)

Soit A un point de

[O B [

tel que

d_{e} (O A) < d_{e} (O C)

. On trace la g�od�sique de centre D joignant A � C.

Si l’angle A du triangle ABC �tait obtus, D et I seraient du m�me c�t� de (d) et on aurait

d_{e} (O A) > d_{e} (O C)

Ce qui n’est pas possible. Donc l’angle A est aigu. Donc il existe des triangles ABC avec deux angles aigus.

Tra�ons le cercle de centre O et de rayon

O C

. Il coupe

A B

en un point S. En effet

d_{e} (O C) < d_{e} (O B)

Les deux triangles BCS et ACS sont rectangles donc la somme de leurs angles est inf�rieure �

π

. On en d�duit facilement que la somme des angles de ABC est inf�rieure �

π

Supposons que ce soit B. Alors

d_{e} (O B) < d_{e} (O C)

. Donc, si on trace la g�od�sique CH orthogonale � (AB),

B \in [A H]

et le triangle AHC est rectangle en H. La somme de ses angles est inf�rieure �

π

donc l’angle A est aigu.

Ramenons nous au cas o� les angles A et B sont aigus. Soit I le point interchapter de la g�od�sique AC et de l’axe des r�els tel que C et I sont de part et d’autre de (d). l’inversion dans le cercle de centre I et de rayon IA transforme (AB) en la g�od�sique passant par A et C et inversement. De sorte que le triangle ABC est transform� en un triangle AB’C’ dans lequel les angles A et C’ sont aigus. Donc, d’apr�s a., la somme de ses angles est plus petite que

π

. Comme l’inversion consid�r�e est une isom�trie hyperbolique, la somme des angles du triangle ABC est aussi plus petite que

π

Proposition 5.3 : la somme des angles d’un polygone de

n

sommets est plus petite que

(n - 2) π

D�monstration : il suffit de faire une r�currence, en remarquant que rajouter un sommet revient � rajouter un triangle.

Remarques : on peut retrouver le quadrilat�re de Sacch�ri qui poss�de deux angles droits deux c�t�s de m�me longueur et deux angles aigus.

24.2.2 Trangles congruents et semblables :

Proposition 5.4 : deux triangles sont congruents si et seulement si ils ont leurs angles �gaux deux � deux. Ainsi il n’existe pas de triangles semblables autres que les triangles congruents.

1 Il est �vident que si deux triangles sont congruents alors leurs angles sont �gaux deux � deux.

a

. Existence d’une isom�trie,

f

, transformant la g�od�sique,

(C_{1})

, passant par A’ et B’ en la g�od�sique,

(C)

, passant par A et B, transformant la g�od�sique,

(D_{1})

passant par A’ et C’ en la g�od�sique,

(D)

, passant par A et C telle que

f (A^{^{'}}) = A

(i)

.D�terminons d’abord une isom�trie

g

transformant

(C_{1})

(C)

et A’ en A.

Par une translation,

t

, on peut transformer A’ en A" de mani�re que A et A" soient sur la m�me verticale ; puis par l’ homoth�tie,

h

, de centre r�el qui transforme A" en A on aura transform� la g�od�sique,

(C_{1})

, passant par A’ et B’ en une g�od�sique,

(C_{2})

, passant par A.

Cas 1 : Si

(C)

(C_{2})

sont des droites verticales, ayant un point commun, elles sont alors confondues et l’isom�trie r�pondant � la question est

g = h o t

Cas 2 :Si

(C)

(C_{2})

est une droite, par exemple

(C)

, on se trouve dans la figure suivante :

Alors l’inversion,

I_{K}

, dans le cercle,

K

, de centre I et de rayon IA transforme

(C_{2})

(C)

. Donc l’isom�trie

g

cherch�e est la compos�e

I_{K} o h o t

D’apr�s P.5.1, il existe une isom�trie

k

transformant (C2) en (C). Mais elle transforme A en un point L de (C)

* Si A et L sont sur une m�me horizontale prenons la r�flexion

r

d’axe la m�diatrice de [AL]. Alors

r o k

transforme (C2) en (C) et fixe A donc on prendra

g = r o k o h o t

** Si A et L ne sont pas sur une m�me horizontale, la droite AL coupe

Δ

en I. Appelons J le centre de (C) et (K) le cercle de centre I et de rayon IJ. Alors (C) et (K) sont orthogonaux. Soit

I_{K}

l’inversion par rapport � (K). Alors

I_{K} o k

transforme (C2) en (C) et fixe A donc on prendra

g = I_{K} o k o h o t

(i i)

. Ainsi il existe une isom�trie transformant

(C_{1})

(C)

telle que A’ a pour image A.

Alors, par

g

, la g�od�sique

(D_{1})

, celle qui passe par A’ et C’, a pour image une g�od�sique,

(D_{2})

, passant par A. Supposons que

(D_{1})

(C_{1})

fasse un angle orient� �gal �

θ

. Alors, par hypoth�se sur les triangles hyperboliques ABC et A’B’C’,

(D)

(C)

font un angle orient� �gal �

- θ

θ

. Supposons que ce soit

θ

a. Si

f

est une isom�trie conforme alors

(D_{2})

fera avec

(C)

un angle orient� �gal �

θ

. Donc

(D_{2}) = (D)

. En effet il n’existe qu’une g�od�sique faisant un angle orient� donn� avec une autre g�od�sique.

b. Si

f

est une isom�trie anticonforme alors

(D_{2})

fera avec

(C)

un angle orient� �gal �

- θ

. Nous serons dans la situation suivante :

Prenons

I_{C}

, l’inversion dans le cercle (C). Alors

(D_{2})

a pour image la g�od�sique passant par A et faisant un angle �gal �

θ

puisque

I_{C}

est anticonforme. Donc

(D_{2}) = (D)

Ainsi il existe une isom�trie,

f

, transformant la g�od�sique,

(C_{1})

, passant par A’ et B’ en la g�od�sique,

(C)

, passant par A et B, transformant la g�od�sique,

(D_{1})

passant par A’ et C’ en la g�od�sique,

(D)

, passant par A et C telle que

f (A^{^{'}}) = A

a. Si B=B’ ou C=C’ alors B=B’ et C=C’ puisque ABC et A’B’C’ ont les m�mes angles.

b. Si

B \neq B^{^{'}}

C \neq C^{^{'}}

alors les deux figures suivantes sont possibles :

Dans la figure a. la somme des angles du quadrilat�re BB’C’C est �gale �

2 π

ce qui est impossible. Donc la figure a. est impossible.

Dans la figure b. la somme des angles du triangle BHB’ est �gale � au moins

2 π

ce qui est impossible. Donc la figure b. est aussi impossible.

24.2.3 Aire d’un triangle :

d_{k} (a, a + u) = \frac{k}{2} l n (\frac{| a - ā - ū | + | u |}{| a - ā - ū | - | u |})

. On d�montre que

d_{k} (a, a + u) ~ \frac{k}{2} \frac{| u |}{y}

| u |

tend vers 0.

On appelle triangle id�al un triangle dont les trois sommets sont sur l’axe des r�els et dont les c�t�s sont des g�od�siques infinies.

Sur la figure ci-dessus on a transform� le triangle ABC en le triangle DEF, F �tant le point � l’infini. Il suffit pour cela de prendre une inversion par rapport � un cercle K de centre l’un des sommets puis de composer une translation avec une homoth�tie pour obtenir DEF. Voir figure ci-dessous dans laquelle on a pris l’inversion de cercle K et de centre C.

Ainsi tous les triangles id�aux sont congruents entre eux puisqu’ils sont congruents au m�me triangle id�al DEF. Ils ont donc tous la m�me aire.

Donc, les isom�tries conservant l’aire hyperbolique, le triangle id�al ABC a pour aire

\frac{k^{2}}{4} π

2. Aire d’un triangle semi id�al, c’est � dire ayant deux sommets sur l’axe des r�el et le troisi�me sommet r�el.

a- deux triangles semi id�aux sont congruents si et seulement si ils ont le m�me angle int�rieur en leur sommet r�el. Soient deux triangles semi id�aux ABC et A’B’C’, B, C, B’ et C’ sur l’axe des r�els.

S’ils ont le m�me angle en A et A’. Il existe une isom�trie qui transforme A en A’. ABC sera transform� en un triangle semi id�al, not� A’B"C".

Puis il existe une isom�trie transformant la g�od�sique A’B" en A’B’. Alors A’B’C" sera transform� en un triangle semi id�al, not� A’B’D.

Et comme l’angle des g�od�siques A’B’ et A’D est le m�me que celui de A’B’ et A’C’ les triangles A’B’C’ et A’B’D seront soient congruents soient sym�triques par rapport � A’B’. Donc ABC et A’B’C’ sont congruents et donc de m�me aire.

b- l’aire d’un triangle semi-id�al est �gale �

\frac{k^{2}}{4} π - α

o�

α

est l’angle int�rieur du sommet r�el. On note

A (α)

l’aire d’un triangle semi id�al.

A (α)

est bien d�fini puisque tous les triangles semi id�aux de sommet r�el

α

sont congruents.

Soient deux triangles semi id�aux ABC et ACD de sommet r�el A. On note respectivement

α_{1}

α_{2}

les angles BAC et CAD.

Soit

f

la fonction d�finie sur

[0; \frac{π}{2}]

par

f (α) = A (α) - \frac{k^{2}}{4} π

. On a :

f (α_{1} + α_{2}) = A (α_{1} + α_{2}) - \frac{k^{4}}{2} π = A (α_{1}) + A (α_{2}) - \frac{k^{2}}{4} π - \frac{k^{2}}{4} π

. Donc

Donc

f

est additive sur

[0; \frac{π}{2}]

. Soit

n

un entier naturel. On a :

f (1) = f (n \frac{1}{n}) = n f (\frac{1}{n})

d’o�

f (\frac{1}{n}) = \frac{1}{n} f (1)

puis, si le rationnel

\frac{p}{q}

est dans

[0; \frac{π}{2}]

f (\frac{p}{q}) = \frac{p}{q} f (1)

. Comme

f

est continue sur

[0; \frac{π}{2}]

on obtient, pour tout r�el

x

[0; \frac{π}{2}]

f (x) = x f (1)

On a

A (π) = 0

donc

2 A (\frac{π}{2}) - \frac{k^{2}}{4} π = 0

donc

A (\frac{π}{2}) = \frac{k^{2}}{8} π

donc

f (\frac{π}{2}) = \frac{π}{2} f (1) = \frac{k^{2}}{8} π - \frac{k^{2}}{4} π = - \frac{k^{2}}{8} π

. D’o�

f (1) = - \frac{k^{2}}{4}

. Ainsi

A (α) = - \frac{k^{2}}{4} α + \frac{k^{2}}{4} π

donc

A (α) = \frac{k^{2}}{4} (π - α)

A (α) = 2 A (\frac{α}{2}) - \frac{k^{2}}{4} π = 2 \frac{k^{2}}{4} (π - \frac{α}{2}) - \frac{k^{2}}{4} π = \frac{k^{2}}{4} (π - α)

c- Calculons l’aire d’un triangle dont les trois sommets sont r�els. (i) Soit un triangle ABC dont l’un des c�t�s est une droite, par exemple AB.

Soit l’inversion I par rapport au cercle de centre D et de rayon AD. Alors l’image de ABC est le triangle AB’C qui est constitu� de trois g�od�siques non droites. AB’C est congruent � ABC donc de m�me aire. Dans la suite on prendra un triangle dont les trois c�t�s sont des g�od�siques-cercles.

ii Soit un triangle ABC dont les trois angles int�rieurs sont not�s

α

β

γ

Les triangles LAO et MAQ sont deux triangles semi id�aux de m�me aire �gale �

\frac{k^{2}}{4} (π - α)

Les triangles OBN et PBQ sont deux triangles semi id�aux de m�me aire �gale �

\frac{k^{2}}{4} (π - β)

Les triangles MCN et PCL sont deux triangles semi id�aux de m�me aire �gale �

\frac{k^{2}}{4} (π - γ)

La r�union des 6 triangles pr�c�dents est �gale � l’hexagone, H, id�al LONMQP dont tous les sommets sont sur l’axe des r�els et � deux fois le triangle ABC.

L’aire d’un triangle hyperbolique est �gale �

\frac{k^{2}}{4} (π - α - β - γ)

On a d�montr�, en particulier, un r�sultat qu’avait d�montr� Lambert :

corollaire : soit un triangle ABC dont l’aire est �gale �

. Alors la somme des angles de ABC est �gale �

π - \frac{4}{k^{2}}

. La somme des angles d’un triangle d�pend donc de son aire.

24.3 Cercle hyperbolique :

24.3.1 Cercle hyperbolique ou euclidien :

D�finition : On appelle cercle hyperbolique de centre

J

et de rayon

r

r > 0

, l’ensemble des points

m

tels que

d_{P} (m; J) = r

et on appelle cercle euclidien de centre

J

et de rayon

r

r > 0

, l’ensemble des points

m

tels que

d_{e} (m; J) = r

Proposition 5.6 : Un cercle,

ℭ

\underset{}{h y p e r b o l i q u e}

est un cercle

\underset{}{e u c l i d i e n}

Plus pr�cis�ment un cercle hyperbolique de centre

J

ℑ (J) = j

, et de rayon

r

est un cercle euclidien de rayon

\frac{1}{2} j (e^{2 r ∕ k} - e^{- 2 r ∕ k})

et de centre d’affixe

j (e^{2 r ∕ k} + e^{- 2 r ∕ k})

1. Soit

ℭ

le cercle hyperbolique de centre

J

J = l + i j

, et de rayon

r

. Il existe deux points

A

A = l + i a

, et

B

B = l + i b

, tels que :

A

B

sont sur la droite,

(d)

, verticale passant par

J

a < j < b

En effet :

d_{P} (A; J) = d_{P} (B; J) = r

�quivaut �

\frac{k}{2} ln (\frac{j}{a}) = \frac{k}{2} ln (\frac{b}{j}) = r

ou encore

\frac{j}{a} = \frac{b}{j} = e^{2 r}

donc

a = \frac{j}{e^{2 r ∕ k}}

b = j e^{2 r ∕ k}

. pour tout

r > 0

e^{2 r ∕ k} > 1

donc

a < j < b

On remarque que

a b = j^{2}

. Donc, si

Ω

est le point d’interchapter de

(d)

avec l’axe des r�els,

B

est l’image de

A

par l’inversion

I_{K}

K

�tant le cercle de centre

Ω

et passant par

J

l n (\frac{j}{a}) = ln (\frac{| X - \bar{J} | + | X - J |}{| X - \bar{J} | - | X - J |})

ou encore

\frac{j}{a} = \frac{| X - \bar{J} | + | X - J |}{| X - \bar{J} | - | X - J |}

ou encore

| \frac{X - \bar{J}}{X - J} | = \frac{j + a}{j - a}

. Posons

ϕ (z) = \frac{z - \bar{J}}{z - J}

. Alors

d_{P} (A; J) = d_{P} (X; J) = r

�quivaut � affirmer que

ϕ (X)

appartient au cercle euclidien,

C

, de centre O et de rayon

\frac{j + a}{j - a}

On a

ϕ^{- 1} (z) = \frac{J z - \bar{J}}{z - 1}

. Rappelons que

ϕ^{- 1}

est la compos�e dans cet ordre de la translation,

τ

, d’�criture complexe

z^{^{'}} = z - 1

et d’une inversion de centre O, d’une similitude et d’une autre translation. Le cercle

C

ne passe pas par le point d’affixe 1 donc l’image de

C

par

τ

est un cercle ne passant pas par O donc l’image par

ϕ^{- 1}

C

, qui est �gale �

ℭ

, est un cercle euclidien. Donc

ℭ

est un cercle euclidien.

3. On a

ϕ^{- 1} (0) = \bar{J}

ϕ^{- 1} (- 1) = ℜ (J)

. L’axe des r�els a pour image lui-m�me par la translation d’�criture complexe

z^{^{'}} = z - 1

. Donc l’image de l’axe des r�els par

ϕ^{- 1}

est une droite (D) passant par

\bar{J}

ℜ (J)

. Donc (D) est la droite verticale passant par

\bar{J}

, donc par

J

. Ainsi (D) contient aussi

A

B

L’axe des r�els est orthogonal �

(C)

donc (D), son image, est orthogonale �

ℭ

. Donc (D) est un diam�tre de

ℭ

. Donc

A B

est son diam�tre.

Et on a

A B = j (e^{2 r ∕ k} - \frac{1}{e^{2 r ∕ k}}) = j (e^{2 r ∕ k} - e^{- 2 r ∕ k})

. D’o� le r�sultat.

4. Le fait que

ℭ

est orthogonal au cercle de centre

Ω

et de rayon

j

est un r�sultat sur la puissance d’un point par rapport � un cercle.

En effet, on a :

Ω A . Ω B = (Ω H - A H) (Ω H + A H) = Ω H^{2} - A H^{2} = Ω M^{2}

. Donc le triangle

Ω M H

est rectangle en M. D’o� le r�sultat.

Remarque : un cercle hyperbolique est aussi un cercle euclidien mais son centre hyperbolique est excentr�.

24.3.2 Longueur d’un cercle hyperbolique :

1. Par commodit� nous commencerons par travailler dans le disque hyperbolique

U

Soit

C

le cercle de rayon

r

0 < r < 1

, et de centre O. Alors

C

est le chemin

γ

U

d�fini par : pour tout

t

[0; 2 π]

γ (t) = r e^{i t}

. Donc sa longueur,

l_{U} (γ)

, est :

2. Soit la transformation de M�bius d�finie par

ϕ (z) = \frac{i z + i}{1 - z}

. Nous avons vu que

ϕ

est une bijection de

U

dans

P

. (C) ne passe pas par le point d’affixe 1 donc son image par la translation,

z^{^{'}} = z - 1

, ne passe pas par O. Donc l’image de (C),

ℭ

, par

ϕ

est un cercle euclidien de P, donc hyperbolique. Pr�cisons sa position.

Les points

A

B

d’affixe

r

- r

sont deux points de

γ

et de l’axe des r�els.

ϕ (A)

ϕ (B)

ont pour affixe respectives

i \frac{r + 1}{1 - r}

i \frac{1 - r}{1 + r}

donc

ϕ (A)

ϕ (B)

sont sur l’axe des imaginaires.

L’axe des r�els est invariant par la translation,

z^{^{'}} = z - 1

. Donc son image, par

ϕ

, est une droite : c’est l’axe des imaginaires. Comme

ϕ

conserve l’orthogonalit� et que l’axe des r�els est orthogonal � (C), l’axe des imaginaires est orthogonal �

ℭ

. Donc l’axe des imaginaires passe par le centre de

ℭ

ϕ (A)

ϕ (B)

sont diam�tralement oppos�s. donc

ℭ

a pour rayon

R = d_{P} (ϕ (A); I)

o�

I

est le centre hyperbolique de

ℭ

. D�terminons

I

qui a une affixe imaginaire pure,

i j

d_{P} (ϕ (A); I) = d_{P} (ϕ (B); I)

�quivaut �

\frac{\frac{r + 1}{1 - r}}{j} = \frac{j}{\frac{1 - r}{1 + r}}

ou encore

j = 1

. Donc

I

est le point d’affixe

i

On a :

d_{P} (ϕ (A); I) = \frac{k}{2} ln (\frac{\frac{r + 1}{1 - r}}{1}) = \frac{k}{2} ln (\frac{1 + r}{1 - r})

On a :

l_{P} (ℭ) = l_{U} (C) = 4 k π \frac{r}{1 - r^{2}}

R = \frac{k}{2} ln (\frac{1 + r}{1 - r})

. Donc

Donc

l_{P} (ℭ) = 2 k π \frac{\frac{e^{\frac{2 R}{k}} - 1}{e^{\frac{2 R}{k}} + 1}}{1 - {(\frac{e^{\frac{2 R}{k}} - 1}{e^{R} + 1})}^{2}} = 2 k π \frac{(e^{\frac{2 R}{k}} - 1) (e^{\frac{2 R}{k}} + 1)}{{(e^{\frac{2 R}{k}} + 1)}^{2} - {(e^{\frac{2 R}{k}} - 1)}^{2}} = 2 k π \frac{e^{\frac{4 R}{k}} - 1}{4 e^{\frac{2 R}{k}}}

Donc

l_{P} (ℭ) = k π \frac{e^{\frac{2 R}{k}} - e^{- \frac{2 R}{k}}}{2} = k π sinh \frac{2 R}{k}

3. Soit C un cercle hyperbolique. Il existe une isom�trie hyperbolique transformant C en

ℭ

donc C a la m�me longueur que

ℭ

Proposition 5.7 : Le p�rim�tre d’un cercle hyperbolique est �gal �

k π sinh \frac{2 R}{k}

On peut d�montrer directement ce r�sultat sans passer par le disque U. On utilise le th�or�me des r�sidus (cf � n’importe quel cours sur les fonctions holomorphes). Voici la d�monstration :

Soit

γ

le chemin d�fini sur

[0; 2 π]

par

γ (t) = r e^{i t} + ω

o�

ω

est un complexe de partie imaginaire,

a

, strictement positive et on suppose

0 < r < a

. Alors

γ

est le cercle euclidien,

ℭ

, de centre

ω

et de rayon

r

. On a

γ^{^{'}} (t) = i r e^{i t}

. Donc la longueur de

ℭ

est :

Soit C le cercle de centre O et de rayon 1. Il a pour �quation complexe

z = e^{i t}

. Alors

d z = i z d t

sin (t) = \frac{z - z^{- 1}}{2 i}

. Donc

Posons

f (z) = \frac{1}{i z [a + r (\frac{z - z^{- 1}}{2 i})]}

. Alors

f (z) = \frac{2}{r z^{2} + 2 i a z - r}

f

est une fonction m�romorphe de p�les simples

z_{1}

z_{2}

�gaux � :

z_{1} = \frac{- i a - i \sqrt{a^{2} - r^{2}}}{r}

z_{2} = \frac{- i a + i \sqrt{a^{2} - r^{2}}}{r}

. On a

| z_{1} | > \frac{a}{r} > 1

| z_{2} | < 1

(puisque

| z_{1} z_{2} | = 1

). Donc seul

| z_{2} |

est � l’int�rieur de C. Ainsi

On a

R e s (f (z); z_{2}) = lim_{z - > z_{2}} (f (z) (z - z_{2})) = \frac{2}{r (z_{2} - z_{1})}

. Et

z_{2} - z_{1} = \frac{2 i \sqrt{a^{2} - r^{2}}}{r}

. Donc

l_{P} (γ) = \frac{k π r}{\sqrt{a^{2} - r^{2}}}

. Si on appelle R le rayon du cercle

ℭ

pris comme cercle hyperbolique on a :

2 R = \frac{k}{2} ln \frac{a + r}{a - r}

d’o�

r = a \frac{e^{S} - e^{- S}}{e^{S} + e^{- S}}

o�

S = \frac{2 R}{k}

l_{P} (γ) = k π \frac{a \frac{e^{S} - e^{- S}}{e^{S} + e^{- S}}}{a \frac{2}{(e^{S} + e^{- S})}} = k π sinh (S) = k π sinh (\frac{2 R}{k})

. D’o� le r�sultat.

24.3.3 Aire d’un disque hyperbolique :

Proposition 5.8 : L’aire d’un disque hyperbolique est �gale �

k^{2} π {sinh}^{2} (\frac{R}{k})

24.4 Bissectrices :

24.4.1 Existence :

D�finition : Soient deux g�od�siques C et C’ distinctes. On appelle bissectrice de C et C’ une g�od�sique D telle que la r�flexion hyperbolique d’axe D transforme C en C’.

Proposition 5.9 : tout couple de g�od�siques admet admet au moins une bissectrice.

Il y a deux types de r�flexions hyperboliques : les r�flexions par rapport � une droite (D) orthogonale � la fronti�re (

Δ

) de P et les inversions de cercle (K) dont le centre est sur (

Δ

A. Recherchons les r�flexions par rapport � une droite (D) transformant (C) en (C’) :

Dans ce cas (C) et (C’) sont soient deux droites soit deux cercles de m�me rayon. Dans ce cas (C) et (C’) ont une bissectrice qui est l’axe de la r�flexion.

B. Recherchons les inversions de cercle K de centre I sur (

D e l t a

) transformant (C) en (C’) :

Dans ce cas il n’y a pas d’inversion transformant (C) en (C’) puisque l’image d’une droite est un cercle.

On suppose que (C) coupe (

Δ

) en A et que (C’) a pour diam�tre [BC], B et C �tant deux points de (

Δ

Soit

une inversion de centre I transformant (C) en (C’). (C) est une droite donc (C’) passe par I. Donc I=B ou I=C.

** I=C. Alors

((C))=(C’) implique que A est invariant donc que le cercle (K) est de rayon CA.

Par l’inversion

de centre C et de cercle (K), (C) est transform�e en (C’). (C) et (C’) admettent une seule bissectrice (K).

**I=C. Alors il existe une seule inversion

transformant A en B, donc (C)en (C’).

Par

la tangente (T) � (C’) en B a pour image le cercle (T’) de diam�tre CA. (T) et (T’) ont un point d’interchapter, E, invariant par

. Donc (K) est le demi-cercle de centre C est de rayon CE.

Alors I=B et I=C conviennent et (C) et (C’) ont deux bissectrices : les demi-cercles respectivement, de centre B et de rayon BE, de centre C et de rayon CE.

On suppose que (C) a pour diam�tre [AB], A et B �tant deux points de (

Δ

), que (C’) a pour diam�tre [CD], C et D �tant deux points de (

Δ

a. Si (C) et (C’) ont le m�me rayon il n’y a pas d’inversion transformant (C) en (C’) puisque une inversion transforme un cercle en un autre cercle de rayon distinct du premier.

Soit

l’inversion de centre A et qui transforme C en D. Alors (C) a pour image une droite (C1) et (C’) a pour image lui-m�me. (C1) et (C’) ont au moins une bissectrice (K’). Alors

((K’)=(K) est une bissectrice de (C) et (C’).

On trace le cercle,

Γ

, de

. Pour cela on trace la tangente � (C’) en C puis son image par

. Ces courbes se coupent en M. Le cercle de

est le cercle de centre A et de rayon AM.

Puis on trace l’image, B’, de B par

. Pour cela, si

Γ

ne coupe pas (C),on trace la tangente � (C) en B qui coupe

Γ

en N. L’image de la tangente est le cercle de centre sur

Δ

passant par A et N. Ce cercle coupe

Δ

en B’. Si

Γ

coupe (C), c’est encore plus simple.

L’image de (C) par

est la droite, (C1), perpendiculaire �

Δ

en B’. Puis on trace, (K’) ou (K"), la ou les bissectrices de (C1) et (C’) comme on l’a fait dans le cas 2.

On obtient alors la ou les bissectrices de (C) et (C’) en prenant la ou les images de (K’) ou (K") par

Remarque : quand il y a deux bissectrices, elles sont orthogonales : en effet les cercles des inversions correspondant aux bissectrices sont orthogonaux.

1. Si (C) et (C’) sont deux droites ou deux demi-cercles de m�me rayon, alors (C) et (C’) admettent une seule bissectrice qui est une droite : l’axe de sym�trie transformant (C) en (C’).

a. Si (C) et (C’) n’ont pas de point d’interchapter r�el, elles admettent une seule bissectrice qui est le cercle de l’inversion transformant (C) en (C’).

b. Si (C) et (C’) ont un point d’interchapter r�el, elles admettent deux bissectrices orthogonales entre elles.

Remarque : soit un triangle ABC. Soit (K) une bissectrice des g�od�siques (AB) et (AC). Soit un point M tel que A n’est pas entre M et B. Soit M’ l’image de M par la r�flexion hyperbolique

d’axe (K).

Dans le cas o� A est sur le bord de P, quel que soit le point M pris comme ci-dessus A n’est pas entre C et M’.

Dans le cas o� A n’est pas sur le bord de P, quel que soit le point M, A est soit entre C et M’ , soit A n’y est pas .

Si A n’est pas entre C et M’, (K) est appel�e bissectrice int�rieure de l’angle A du triangle ABC.

24.4.2 Equidistance :

Proposition 5.11 : Soient une g�od�sique (C) et un point A du demi-plan hyperbolique. Soit P le point d’interchapter de (C) avec (C’) la g�od�sique orthogonale � (C) passant par A. Alors, pour tout point M de (C) on a

d_{P} (A, P) \leq d_{P} (A, M)

D�monstration : On peut se ramener facilement au cas o� (C) est l’axe des ordonn�es en appliquant � (C) et A une inversion puis une translation.

Alors (C’) est un cercle de centre O et d’�quation

z = r^{e i t}

et passant par A. Il coupe (C) au point, P, d’affixe

i r

. Un point M de (C) a pour affixe

i x

avec

x > 0

et A a pour affixe

r^{e i t}

d_{P} (A, M) \geq d_{P} (A, P)

�quivaut �

\frac{| r e^{i t} + i x | + | r e^{i t} - i x |}{| r e^{i t} + i x | - | r e^{i t} - i x |} \geq \frac{| r e^{i t} + i r | + | r e^{i t} - i r |}{| r e^{i t} + i r | - | r e^{i t} - i r |}

ou encore � :

\frac{| r e^{i t} + i x |}{| r e^{i t} - i x |} \leq \frac{| r e^{i t} + i r |}{| r e^{i t} - i r |}

Alors

g (x) = \frac{x^{2} + 2 x r sin t + r^{2}}{x^{2} - 2 x r sin t + r^{2}}

g^{^{'}} (x) = \frac{4 r sin t (r^{2} - x^{2})}{{(x^{2} - 2 x r sin t + r^{2})}^{2}}

Ainsi

g

atteint son maximum pour

x = r

et donc (1) est v�rifi� pour tout

x

et on a :

Proposition 5.12 : soient (C) et (C’) deux g�od�siques ayant une bissectrice (K). Tout point de (K) est �quidistant de (C) et (C’).

Soit P un point de (K) autre que le point d’interchapter de (C) et (C’). Soient (

Γ

) et (

Γ

’) les g�od�siques orthogonales respectivement � (C) en A et � (C’) en A’ et passant par P.

Soit

l’inversion dans K (ou la r�flexion par rapport � K). Alors

((C))=(C’) et

((

Γ

)) est la g�od�sique orthogonale �

((C)) et passant par

(P). Donc

((

Γ

))=(

Γ

’). Donc (

Γ

’)(A)=A’.

Comme

est une isom�trie on a :

d_{P} (A, P) = d_{P} (A^{^{'}}, P)

. Ce qu’il fallait d�montrer.

id�e de la d�monstration : cela tient au fait que tout point d’une bissectrice d’un couple, (C) et (C’), est �quidistant (au sens hyperbolique) de (C) et (C’).

Remarque : ce th�or�me est vrai quel que soit le triangle, id�al ou non, semi-id�al ou non.

24.5 Classification des isom�tries :

24.5.1 Points invariants d’une isom�trie conforme :

Proposition 5.14 : Une isom�trie conforme, distincte de l’identit�, admet soit un point r�el (c’est-�- dire non situ� sur l’axe des r�els) fixe, soit un ou deux points fixes sur le bord de P et aucun ailleurs, soit aucun point fixe, ni r�el, ni sur le bord.

Soit

f

une isom�trie conforme distincte de l’identit� donc d’�criture complexe

z^{^{'}} = \frac{a z + b}{c z + d}

o�

a, b, c, d

sont quatre r�els v�rifiant

a d - b c = 1

Un point M est fixe si et seulement si son affixe

z

v�rifie

z = \frac{a z + b}{c z + d}

ou encore

c z^{2} + (d - a) z - b = 0

Cas 1 :

c = 0

alors

a d = 1

(d - a) z - b = 0

ou encore

(1 - a^{2}) z = a b

a = 1

a = - 1

f

est une translation et il n’y a aucun point fixe, ni r�el, ni sur le bord.

a^{2} \neq 1

f

est une homoth�tie dont le centre est sur le bord.

f

admet donc un point fixe sur le bord.

Cas 2 :

c \neq 0

alors l’�quation du second degr�

c z^{2} + (d - a) z - b = 0

a pour discriminant

Δ = {(a + d)}^{2} - 4

24.5.2 D�composition d’une isom�trie conforme :

Proposition 5.15 : soit une isom�trie anticonforme qui admet un axe invariant (une g�od�sique-droite ou une g�od�sique-cercle). Alors cette isom�trie est une r�flexion hyperbolique (c’est-�-dire soit une r�flexion, soit une inversion).

D�monstration : soit

f

une isom�trie laissant une g�od�sique

Δ

invariante et soit

g

la r�flexion hyperbolique d’axe

Δ

. Alors

g o f

laisse invariante

Δ

g o f

est une isom�trie conforme qui admet une infinit� de points fixes. Donc (P.5.14),

f o g

est l’identit� donc

f = g

. D’o� la proposition.

Proposition 5.16 : si un point r�el a la m�me image, distincte de lui, par deux isom�tries conformes et si ces isom�tries admettent au moins un m�me point fixe alors les deux isom�tries sont �gales.

Soient

f

g

ces deux isom�tries. Soit le point A d’image A’ par

f

g

. Alors

g^{- 1} o f

fixe le point r�el A. Si

f

g

fixent un autre point B alors

g^{- 1} o f

fixe aussi B. Donc, d’apr�s P.5.14,

g^{- 1} o f

est l’identit� d’o� la proposition.

Proposition 5.17 : Toute isom�trie conforme est la compos�e de deux r�flexions hyperboliques.

D�monstration : Soit

f

une isom�trie conforme distincte de l’identit�.

Soit elle n’admet aucun point fixe, soit elle en admet un sur (

Δ

), soit elle en admet deux sur (

Δ

), soit elle admet un point fixe r�el.

f

est alors une translation,

τ

, de vecteur dirigeant (

Δ

). Donc

τ

est la compos�e de deux r�flexions d’axe perpendiculaire � (

Δ

A. Supposons que (D) ait pour image (D) par

f

. Alors aucun point de (D) autre que P n’est fixe par

f

, sinon

f

est l’identit� (P.5.14).

Soit A

\neq

P, un point de (D). Soit A’=

f

(A). Soit l’homoth�tie,

h

, de centre P telle que

h

(A’)=A. Alors

h o f

(A)=A et

h o f

(P)=P.

h o f

est conforme donc

h o f

est l’identit� (P.5.14). Donc

f

est une homoth�tie de centre P. C’est donc la compos�e de deux inversions de centre P dont le produit des rapports positifs est �gal � celui

f

B. Supposons que (D) ait pour image (C). (C) passe par P et (C) �tant distincte de (D), (C) est un demi cercle.

Si on pose

f (z) = \frac{a z + b}{c z + d}

, d’apr�s ce qui pr�c�de d�monstration de P.5.14),

| a + d | = 2

et P a pour affixe

p = \frac{a - d}{2 c}

. On peut supposer

a + d

positif, sinon on multiplie tous les coefficients par -1 et donc on prendra

a + d = 2

Soit

r

la r�flexion d’�criture complexe

z^{^{'}} = - \bar{z} + \frac{a - d}{c}

, c’est-�-dire la r�flexion d’axe

x = p

z^{^{'}} = \frac{a (- \bar{z} + \frac{a - d}{c}) + b}{c (- \bar{z} + \frac{a - d}{c}) + d} = \frac{a \bar{z} - \frac{a^{2} - a d + b c}{c}}{c \bar{z} - a} = \frac{a \bar{z} - \frac{a^{2} - 1}{c}}{c \bar{z} - a}

. D’o�

Donc

f o r

est l’inversion,

I

, dans le cercle de centre

\frac{a}{c}

et de rayon

\frac{1}{c}

. Ce cercle est la bissectrice de (D) et (C). Donc

f = I o r

f

est bien la compos�e de deux r�flexions hyperboliques.

f

est ainsi la compos�e de la r�flexion par rapport � (D) et de l’inversion de cercle la bissectrice de (C) et (D).

Soit

Γ

la g�od�sique passant par P et Q. Soit un point r�el A de

Γ

et posons

f (A) = A^{^{'}}

. Comme

f

fixe P et Q,

Γ

est invariant par

f

donc A’ est sur

Γ

. Soit (C) la g�od�sique orthogonale �

Γ

passant par A.

a. Si (AA’) coupe (PQ) en O on prend, (C’), la g�od�sique de centre O et de rayon

r

tel que

O A . O A^{^{'}} = r^{2}

b. Si (AA’) ne coupe pas (PQ) alors A et A’ sont sym�triques par rapport � la m�diatrice de [AA’] qui est aussi la m�diatrice de [PQ]. Soit (C’) cette m�diatrice.

Soient

g

h

les r�flexions hyperboliques hyperboliques d’axe (C) et (C’). Alors

Donc

f = h o g

d’apr�s P.5.16. Donc

f

est la compos�e de deux r�flexions hyperboliques.

Soit A un point r�el et soit A’ son image par

f

. Soient (C) la g�od�sique passant par A et P, (D) la g�od�sique passant par A’ et P et (C’) la bissectrice int�rieure du triangle PAA’.

f

est une isom�trie donc

d_{P} (P, A) = d_{P} (P, A^{^{'}})

. Donc A’ est sur (D) et sur le cercle hyperbolique de centre P.

I

est une isom�trie donc

d_{P} (P, A) = d_{P} (P, A^{”})

. Donc A" est sur (D), puisque (C’) est une bissectrice de (C) et (D), et sur le cercle hyperbolique de centre P.

Soit J l’inversion dans (D), si (D) est une g�od�sique-cercle, ou alors J est la r�flexion par rapport � (D). Alors

J o I (P) = P

J o I (A) = A^{^{'}}

Ainsi

J o I

f

sont deux isom�tries conformes admettant un point fixe et transformant le m�me point r�el en la m�me image donc (P.5.16)

J o I = f

. Donc

f

est la compos�e de deux r�flexions hyperboliques.

Conclusion : Une isom�trie conforme est la compos�e de deux r�flexions hyperboliques par rapport � des g�od�siques qui ont, soit un point r�el commun, soit un point non r�el commun, soit aucun point commun.

24.5.3 lien avec le plan euclidien :

Proposition 5.18 : Soit

f

une isom�trie conforme. Soient les deux g�od�siques, (C) et (C’), se coupant suivant un point r�el P, telles que

f

soit la compos�e de la r�flexion hyperbolique I par rapport � (C) avec la r�flexion hyperbolique I’ par rapport � (C’). Pour tout M du demi-plan hyperbolique, appelons M’ l’image de M par

f

. Alors

d_{P} (P, M) = d_{P} (P, M^{^{'}})

et l’angle orient� de la g�od�sique PM avec la g�od�sique PM’ est �gal �

2 θ

o�

θ

est l’angle orient� de (C) et (C’).

D�finition :

f

est appel�e rotation hyperbolique d’angle

2 θ

et de centre P.

Remarque : dans le plan euclidien, on sait que la compos�e de deux r�flexions d’axes s�cants est une rotation. On retombe ainsi dans la m�me situation dans le demi-plan hyperbolique.

Lemme : Soit une g�od�sique (C) et un point P de (C).Alors tout cercle hyperbolique

Γ

de centre P est orthogonal � (C).

1. Si (C) est une g�od�sique-droite alors (C) est verticale et

Γ

admet (C) comme diam�tre donc est orthogonal � (C).

2. Si (C) est une g�od�sique-cercle, (cf figure), on consid�re l’inversion, I, par rapport au cercle (C) de centre C et de rayon CP.

a. I((C)) est la droite

Δ

perpendiculaire � l’axe des r�els et passant par P. Donc

Δ

est orthogonal �

Γ

b. I(

Γ

Γ

. En effet puisque I conserve la distance, pour tout M de

Γ

I (M)

est sur

Γ

Tout cercle hyperbolique,

Γ

, de centre P est donc orthogonal � (C) et � (C’). Il est donc conserv� par les r�flexions I et I’. Donc par

f

leur compos�e.

f

transforme tout point M de

Γ

en un point M’ de

Γ

tel que les g�od�siques PM et PM’ font un angle �gal �

2 θ

, o�

θ

est l’angle orient� de (C) et (C’). D’o� la proposition.

Soient deux g�od�siques, (C) et (C’)qui se coupent suivant un point P de l’axe des r�els ou alors qui sont deux droites. Supposons que

f

soit la compos�e de la r�flexion hyperbolique I par rapport � (C) avec la r�flexion hyperbolique I’ par rapport � (C’).

2. Si (C) et (C’) se coupent en un point de l’axe des r�els. Soit K une inversion par rapport � un cercle de centre P. Alors

K o f o K

est une translation.

Remarque : ainsi les isom�tries conformes qui ont un point fixe (

Δ

) correspondent aux translations euclidiennes.

Le 1. est �vident. Supposons donc qu’au moins (C) ou (C’) soit une g�od�sique-cercle.

K ((C)) = (D)

donc, pour tout M de (D), si on pose K(M)=M’, M’ est sur (C) et on a :

K o I o K (M) = K o I (M^{^{'}}) = K (M^{^{'}}) = M

. Donc KoIoK est une isom�trie anticonforme admettant (D) comme invariant donc KoIoK est la r�flexion d’axe

Δ

K o I^{^{'}} o K o K o I o K

est la compos�e de deux r�flexions d’axes parall�les : c’est donc une translation. Et

K o I^{^{'}} o I o K = K o f o K

. D’o� le r�sultat.

Proposition 5.20 : Soient deux g�od�siques (C) et (C’). Il existe une g�od�sique

Γ

les coupant orthogonalement si et seulement si (C) et (C’) n’ont aucun point commun, ni r�el, ni sur l’axe des r�els. Dans ce cas, si on appelle T et T’ les points d’interchapter de

Γ

avec (C) et (C’), pour tout point M de (C) et tout point M’ de (C’) on a

d_{P} (T, T^{^{'}}) \leq d_{P} (M, M^{^{'}})

En choisissant une inversion, on peut toujours se ramener au cas o� (C) est une g�od�sique-droite coupant l’axe r�el en un point A. Alors toute g�od�sique

Γ

orthogonale � (C) a pour centre A.

1. Supposons que (C’) coupe (C). Une g�od�sique orthogonale � (C) est un demi-cercle de centre A et il n’existe aucune tangente issue de A � (C’) donc (C) et (C’) n’admettent pas de g�od�sique orthogonale commune.

2. Si (C’) est aussi une g�od�sique droite distincte de (C), il n’y a pas non plus �videmment de g�od�sique orthogonale commune.

3. Si (C’) passe par A, en prenant une inversion de centre A, (C’) est transform�e en une droite distincte de (C) et on est ramen� au cas pr�c�dent.

4. A. Si (C’) est une g�od�sique-cercle sans point commun, ni r�el ni sur l’axe des r�els, avec (C), on consid�re la tangente AT � (C’) en T. Alors le cercle de centre A et de rayon AT est orthogonal � (C) et (C’).

D’apr�s P.5.11, la distance de M’ � (C) est obtenue en prenant la g�od�sique,

Γ^{^{'}}

, orthogonale � (C) passant par M’. Soit N le point d’interchapter de

Γ^{^{'}}

et (C). Alors

d_{P} (M, M^{'}) \geq d_{P} (M^{'}, N)

Γ

a pour image

Γ^{^{'}}

par l’homoth�tie

h

de centre A et qui associe T � N. Alors T’ a pour image le point N’ de l’arc NM’.

h

est hyperbolique donc

d_{P} (T, T^{^{'}}) = d_{P} (N, N^{^{'}})

. De plus

d_{P} (N, N^{^{'}}) \leq d_{P} (N, M^{^{'}})

Donc

d_{P} (M, M^{'}) \geq d_{P} (M^{'}, N) \geq d_{P} (N, N^{^{'}})

donc

d_{P} (M, M^{'}) \geq d_{P} (T, T^{^{'}})

. CQFD

Soient deux g�od�siques (C) et (C’). On pose

m = inf (d_{P} (M, M^{^{'}})

, M

\in

\in

(C’).

1. Si (C) et (C’) ont un point commun r�el A, on a

m

=0 et 0 est atteint en A.

2. Supposons que (C) et (C’) n’ont aucun point commun, ni r�el, ni sur (

Δ

). Soient T et T’ les points d’interchapter de la g�od�sique orthogonale � (C) et (C’). Alors

m = d_{P} (T, T^{^{'}})

. Cette distance est appel�e distance de (C) � (C’).

2. Supposons que (C) et (C’) ont un point commun non r�el, mais un point commun sur le bord

Δ

ou que (C) et (C’) sont deux g�od�siques-droites, alors

m = 0

mais 0 n’est pas atteint. Dans ce cas il n’y a pas de distance de (C) � (C’).

Soient deux g�od�siques, (C) et (C’), sans aucun point commun ni sur l’axe des r�els ni en l’infini. Supposons que

f

soit la compos�e de la r�flexion hyperbolique I par rapport � (C) avec la r�flexion hyperbolique I’ par rapport � (C’).

Soit

Γ

la g�od�sique orthogonale � (C) et � (C’). Alors, pour tout M de

Γ

d_{P} (M, f (M))

est une constante

K

. Et, si J est une inversion transformant

Γ

en une droite

J o f o J

est une homoth�tie.

Soient J l’inversion par rapport au cercle de centre Q et de rayon PQ, [PQ] �tant le diam�tre de

Γ

. Alors J transforme

Γ

en la droite

Γ^{^{'}}

, (C) en (C1) et (C’) en (C2).

Comme (C) et (C’) sont orthogonaux �

Γ

, (C1) et (C2) sont orthogonaux �

Γ^{^{'}}

donc ont pour diam�tre

Γ^{^{'}}

et sont donc concentriques.

J o I^{^{'}} o J

J o I o J

fixent les cercles (C2) et (C1) donc sont des inversions par rapport � ces cercles donc leur compos�e,

J o f o J

est une homoth�tie,

h

, de centre le centre commun de (C1) et (C2) et de rapport positif

α

Soit M un point de

Γ

. Alors il existe M’ de

Γ^{^{'}}

tel que

J (M^{^{'}}) = M

. On a :

d_{P} (M; f (M)) = d_{P} (J (M^{^{'}}); f o J (M^{^{'}})) = d_{P} (J o J (M^{^{'}}); J o f o J (M^{^{'}})) = d_{P} (M^{^{'}}; h (M^{^{'}}))

Appelons

z

z^{^{'}}

les affixes respectives de M’ et h(M’). Alors

z

z^{^{'}}

ont la meme partie r�elle et

ℑ (z^{^{'}}) = α ℑ (z)

Donc

d_{P} (M^{^{'}}; h (M^{^{'}})) = \frac{k}{2} | ln (\frac{α ℑ (z)}{ℑ (z)}) | = \frac{k}{2} | ln (α) |

Ainsi

d_{P} (M; f (M))

ne d�pendant pas de M,

d_{P} (M; f (M))

est constant.

24.5.4 Isom�tries involutives :

Proposition 5.23 : une isom�trie non conforme qui a au moins un point r�el invariant est une r�flexion hyperbolique.

D�monstration : soit

ϕ

une isom�trie non conforme admettant P comme point invariant. Soit

I_{d}

la r�flexion par rapport � une g�od�sique

(d)

passant par P. Alors

I_{d} o ϕ

, d’apr�s P.5.18, est une rotation d’angle

2 α

. Donc

I_{d} o ϕ = I_{d} o I_{d^{^{'}}}

I_{d^{^{'}}}

�tant la r�flexion de g�od�sique

d^{^{'}}

telle que l’angle des g�od�siques

d

d^{^{'}}

est

α

. Donc

ϕ = I_{d}

Proposition 5.24 : une isom�trie involutive est soit une rotation hyperbolique d’angle

π

, soit une r�flexion hyperbolique.

Soit

ϕ

est une rotation de centre P, soit

ϕ

est la compos�e de deux r�flexions par rapport � des g�od�siques qui ont un point commun sur l’axe des r�els ou alors aucun point commun.

a. Si

ϕ

est une rotation d’angle

α

, alors

ϕ^{2}

est une rotation d’angle

2 α

. Si

ϕ^{2}

est l’identit�

ϕ

est la rotation de centre P et d’angle

π

(iii) soit

ϕ = I_{d} o I_{g}

o�

I_{d}

I_{g}

sont deux r�flexions de g�od�siques

d

g

ayant un seul point commun P sur l’axe des r�els. Alors, si K est l’inversion par rapport � la g�od�sique de centre P, d’apr�s P.5.19,

K o ϕ o K

est une translation

τ

ϕ^{2} = i d

implique que

K o ϕ o K o K o ϕ o K = i d

donc

τ^{2} = i d

. Ceci implique que

ϕ

est l’identit�. Donc

ϕ

n’est pas involutive.

(iv) soit

ϕ = I_{d} o I_{g}

o�

I_{d}

I_{g}

sont deux r�flexions de g�od�siques

d

g

n’ayant aucun point commun. On d�montre comme pr�c�demment que

ϕ

est l’identit�. Donc

ϕ

n’est pas involutive.

Soit A un point et A’=

ϕ (A)

, A

\neq

A’.

ϕ^{2} =

id donc

ϕ

(A’)=A. Soit I

_{K}

la r�flexion hyperbolique telle que I

_{K}

(A’)=A. Alors A est invariant par I

_{K} o ϕ

et donc I

_{K} o Φ

est une rotation de centre A.

(

i

)

c

et K sont deux g�od�siques perpendiculaires puisque I

_{K}

(A’)=A. Donc

I_{K} (c) = c

(

i i

) le couple (A ; A’) a pour image (A’ ; A) par

ϕ

donc

ϕ (c) = c

_{K} o ϕ

est une rotation

r

de centre A, donc

r

est la compos�e de deux r�flexions par rapport � deux g�od�siques passant par A et telles que l’angle de

r

soit le double de l’angle des g�od�siques.

Prenons pour l’une des g�od�siques

c

et pour l’autre

d

et posons

r =

_{d} o

_{c}

. Alors I

_{d} o

_{c} =

ϕ

Donc I

_{d} o

_{c}

ϕ =

_{K}

. On a I

_{K}

(A)=A’ et I

_{d} o

_{c}

ϕ

(A)=I

_{d} o

_{c}

(A’)=I

_{d}

(A’). Donc

_{d}

(A’)=A’ donc

d

c

ont deux points communs donc

d = c

. donc

r

est l’identit� donc

ϕ =

_{K}

. Donc

ϕ

est une r�flexion hyperbolique.

Proposition 5.25 : une isom�trie non conforme qui laisse globalement invariante une g�od�sique est une r�flexion hyperbolique.

D�monstration : soit

I

une isom�trie non conforme et soit une g�od�sique

d

globalement invariante par

I

. Soit P un point et P’ son image par

I

Soit

g

la g�od�sique telle que P a pour image P’ par la r�flexion hyperbolique,

r

, par rapport � la g�od�sique

g

Soit A un point d’interchapter de l’axe des r�els avec

g

et soit B son image par

r

On a

r o I (P) = r (

P’)=P. et

r o I (A) = r (B) = A

. Donc

r o I

est une isom�trie conforme qui a au moins deux points invariants, l’un r�el et l’autre sur l’axe des r�els. Donc(P.5.14)

r o I

est l’identit� donc I est la r�flexion par rapport �

g

24.6 Lien avec Lobatchevski :

24.6.1 Postulat des parall�les :

Nous n’avons pas, pour l’instant, parler de droites parall�les. On en n’a pas besoin ! Cependant si l’on veut faire la liaison avec la d�marche de Lobatchevski, reprenons son postulat P’5 en l’adaptant au travail fait dans ce chapitre. Rappelons le :

P’5 : Soit P un point quelconque et une droite AB quelconque ne passant par P. Alors il existe deux droites CD et EF distinctes passant par P telles que :

1. CD et EF ne coupent pas AB m�me prolong�es de chaque c�t� ind�finiment.

3. Toute droite passant par P et coupant l’angle

\hat{C P E}

ou EPC ne coupe pas AB m�me prolong�e ind�finiment.

N’oublions pas que, dans cette figure, on trace les droites de Lobatchevski comme des droites euclidiennes alors qu’elles ne le sont pas !

Proposition 5.25 : Soit P un point quelconque et une g�od�sique (AB) quelconque ne passant pas par P. Alors il existe deux g�od�siques (CD) et (EF)distinctes passant par P telles que :

1. (CD) et (EF) ne coupent pas AB m�me prolong�es de chaque c�t� ind�finiment.

2. Toute g�od�sique passant par P et coupant l’angle

\hat{A P B}

coupe AB.

3. Toute g�od�sique passant par P et ne coupant pas l’angle

\hat{A P B}

( B �tant le point � l’infini si AB est une g�od�sique droite) ne coupe pas AB m�me prolong�e ind�finiment.

D�finition : les g�od�siques (CD) et (EF) sont appel�es parall�les hyperboliques par rapport � P et not�es h-parall�les.

Toute g�od�sique passant par P et ne coupant pas AB est appel�e parall�le divergente par rapport � P et not�e d-parall�le.

Remarque : deux g�od�siques h-parall�les sont deux g�od�siques qui ont un point commun sur l’axe des r�els (ou � l’infini dans le cas de deux g�od�siques-droites).

Deux g�od�siques sont d- parall�les si elles n’ont aucun point commun, ni r�el, ni sur l’axe des r�els, ni � l’infini.

Le th�or�me 10.1 du chapitre pr�c�dent �tait : les parall�les hyperboliques PH et PF font des angles aigus �gaux avec la perpendiculaire PG � AB.

Proposition 5.26 : les g�od�siques h-parall�les (en rouge sur la figure) font des angles �gaux avec la g�od�sique orthogonale (en jaune-pointill�e sur la figure) � AB passant par P.

D�monstration : tout simplement la g�od�sique bleue est une bissectrice des g�od�siques rouges. En effet l’inversion par rapport � la bleue conserve AB et transforme A en B et P en P donc transforme une g�od�sique rouge en l’autre rouge.

24.6.2 Quelques r�sultats :

Proposition 5.27 : deux g�od�siques parall�les ont une g�od�sique commune orthogonale si et seulement si elles sont divergentes.

Il a enfin d�montr� que deux triangles semblables �taient isom�triques, etc,etc...

Proposition 5.28 : Soit le quadrilat�re ABCD ( A, B, C et D sont r�els) tel que :

3. C et D sont du m�me c�t� de la g�od�sique (AB) (c’est � dire que l’ angle orient� des g�od�siques (AD) et (AB) est l’oppos� de celui des g�od�siques (BC) et (AB).

Alors l’angle des g�od�siques (AC) et (CD) est �gal � celui de (BD) et (CD).

Soit I l’inversion hyperbolique telle que I(A)=B. Alors (AB) est globalement invariante par I. La g�od�sique (AD) a pour image, par I, La g�od�sique orthogonale � (AB) passant par B, c’est donc (BC).

Soit D’ l’image de D par I. On a

d_{P}

(A,D)=

d_{P}

(B,D’)=

d_{P}

(B,C). Comme I est anticonforme on obtient D=C’. Donc la g�od�sique (DC) est globalement invariante et l’angle des g�od�siques (AC) et (CD) est �gal � celui de (BD) et (CD).