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Autour du problème de Sylvester

Luc Bouttier et Mikhail Zaidenberg [1]

RÉSUMÉ. Le problème de Sylvester est un problème classique de la géométrie élémentaire.
Nous proposons ici, en nous référant à Borwein et Moser [1], un bref résumé de ce problème.
Une première version plus complète au niveau démonstrations et bibliographie doit paraître dans la revue Quadrature [2]. Pour la revue de l’APMEP nous proposons une version un peu allégée.

Introduction

Parmi les problèmes de géométrie, il y en a qui ont pour objectif d’établir des relations d’incidence entre des droites et des points.

Un problème classique posé par J. J. Sylvester en 1893 [5] est resté sans solution pendant 40 ans. En 1933, Paul Erdös a reposé le problème, — en se désolant de ne pas arriver à le résoudre, – sans savoir qu’il avait déjà été posé [2]. Pou après, son collègue de Budapest, Tibor Gallai (alias Grünwald) trouve une première démonstration, en utilisant le plan projectif. 10 ans plus tard, en 1943, ils se retrouvent tous les deux aux États-Unis, le problème est posé publiquement, et la solution de Gallai est communiquée aux éditeurs en même temps. L’année suivante, d’autres solutions (Buck, Kelly, Steinberg, Steenrod, …) sont publiées.

Mais avant d’aller plus loin, voici le problème :

A. Soit P une famille finie de points du plan qui ne sont pas tous alignés : alors il existe toujours une droite qui passe par deux points de P et pas plus (voir Figure 1).

Ou bien pour ceux qui préfèrent :

B. Soit P une famille finie de points du plan telle que toute droite passant par deux points de P passe aussi par un troisième point (au moins) : alors tous les points sont alignés.

On travaille dans un plan réel affine ou projectif [3]. La situation est d’ailleurs différente dans le plan complexe, affine ou projectif, voir annexe 2.

Ce problème, on peut essayer de le transformer avec les outils dont ou dispose en géométrie.

  • Si on reste dans une géométrie affine, on peut faire tourner ou retourner la configuration. On peut aussi l’étirer dans un sens ou dans l’autre à l’aide de transformations affines ; est-ce que cela va faciliter la recherche ?
  • On peut également utiliser les transformations du plan projectif : par exemple, envoyer l’un des points à l’infini, les droites qui passent par ce point deviendront des parallèles dans le plan affine.
  • Toujours dans la famille des transformations du plan projectif, on peut remplacer le problème par le problème dual :
    A*. Soit \(\Delta\)’ une famille finie de droites qui ne sont pas toutes concourantes ni parallèles dans le plan affine (ou bien pas toutes concourantes dans le plan projectif) : alors il existe toujours un point qui appartient exactement à deux droites de \(\Delta\)’ et pas plus.

    Ou bien pour ceux qui préfèrent :

    B*. Soit \(\Delta\)’ une famille finie de droites du plan affine telle que par tout point d’intersection de deux droites de \(\Delta\)’ passe aussi une troisième droite de \(\Delta\)’ (au moins) : alors toutes les droites de \(\Delta\)’ sont concourantes ou parallèles.

On peut aussi faire des mesures : mesures d’angles, de distances, d’aires, utiliser des relations topologiques telles que la formule d’Euler-Poincaré (qui relie les nombres de sommets, de côtés, et de régions), ou bien la relation d’ordre sur chaque droite (un point est situé entre deux autres).

L’énoncé initial se pose en termes de problème d’incidence : existe-t-il une solution utilisant les simples relations d’incidences ?

Ce n’est pas si simple ! Voici des réponses.

1. Quelques solutions

La solution de Gallai est essentiellement euclidienne : elle utilise des mesures d’angles. Celle de Kelly se situe également dans le plan affine euclidien, elle porte sur la distance euclidienne ; c’est la plus connue et la plus « élémentaire ». La solution de Steinberg a été écrite dans un espace projectif : elle utilise l’ordre cyclique sur la droite projective. La solution de Steinberg ci-dessous et celle de Melchior-Steenrod sont projectives : l’une utilise l’ordre cyclique sur la droite projective, l’autre utilise la formule d’Euler-Poincaré, propriété topologique du plan projectif. Nous donnons
aussi dans le § 2, une solution affine (utilisant des rapports d’aires de triangles) du problème « dual » de Sylvester : grâce au plan projectif et à la dualité projective, on obtient un nouvel énoncé du problème.

  • P désignera tout au long un ensemble fini de points du plan.
  • \(\Delta\) désignera l’ensemble de toutes les droites joignant deux points de P.
  • Une droite ordinaire \(\delta\) sera une droite de \(\Delta\) qui ne passe que par deux points de P.

1.1. La solution de Gallai (l’angle minimal).

Nous reprenons cette solution essentiellement parce que c’est la première qui a été proposée et qu’elle a aussi son intérêt. Ceux qui n’aiment pas entendre parler d’espaces projectifs pourront aller directement au paragraphe qui suit.

Gallai se place dans le plan projectif, et envoie un des points \(p_1\) a l’infini. Si une des droites de \(\Delta\) passant par \(p_1\) est ordinaire alors la démonstration est terminée.

Sinon dans le plan affine, les droites de \(\Delta\) passant par \(p_1\), point à l’infini, sont deux à deux parallèles, et en plus de \(p_1\), chacune contient encore au moins deux points de P.
Parmi les droites de \(\Delta\) qui ne passent pas par \(p_1\), Gallai cherche la droite \(\delta\) qui fait l’angle minimal \(\alpha\) avec les droites parallèles : \(\delta\) est ordinaire !
En effet, si \(\delta\) contient trois points \(p_2, p_3, p_4\) de P tels que \(p_3\) est situé entre \(p_2\) et \(p_4\) alors la
droite (\(p_1p_3\)) appartenant à \(\Delta\) contient un troisième point \(p_5\) de P (voir Figures 2 ou 3, \(p_5\) est noté \(p’_5\) ou \(p’’_5\)). Il est facile de voir qu’une des droites (\(p_2p_5\)) ou bien (\(p_4p_5\)) appartenant à \(\Delta\) forme un angle plus petit que \(\delta\) avec nos droites parallèles, ce qui contredit l’hypothèse d’angle \(\alpha\) minimal.

1.2. La solution de Kelly (la distance minimale)

Kelly se place dans le plan affine euclidien.
Pour tout point p de P et pour toute droite \(\delta\) de \(\Delta\) qui ne passe par p, Kelly note d(p,\(\delta\) ) la
distance euclidienne de p à \(\delta\) . Puisque P et \(\Delta\) sont des ensembles finis, la famille de réels
d (p,\(\delta\) ) est aussi finie. Si tous les points de P ne sont pas alignés, cet ensemble possède un plus petit élément strictement positif d(\(p_0\),\(\delta_0\)) = \(d_{min}\) > 0. Alors la droite \(\delta_0\) est ordinaire !

On note q le projeté orthogonal de \(p_0\) sur \(\delta_0\).
Si \(\delta_0\) contient trois points \(p_1, p_2, p_3\) de P, deux parmi ces trois points sont situés du même côté par rapport à q, on les note \(p_1\) et \(p_2\) (\(p_1\) est entre q et \(p_2\), on n’exclut pas la
\(p’’_5\) \(p’_5\) possibilité \(q = p_1\)), voir Figure 4.

La distance d(\(p_1,(p_0p_2)\)) est plus petite que la distance \(d_{min}= d(p_0,\delta_0)\).

On s’aperçoit dans les deux démonstrations qui précèdent que les positions relatives des points d’une droite jouent un rôle important. Voici une troisième solution qui ne repose que sur la relation d’ordre des points sur une droite.

1.3. La solution de Steinberg (la relation d’ordre)

La solution initiale de Steinberg utilise l’ordre cyclique des points d’une droite projective : cette solution permet de ramener à trois le nombre de configurations possibles. Si on se replace dans le plan affine, il y a six configurations que nous proposons ici.

Steinberg choisit un point p de P et suppose qu’aucune droite de \(\Delta\) passant par p n’est ordinaire. Puis il choisit une droite l passant par p n’appartenant pas à \(\Delta\) et regarde les points d’intersection de l avec les droites de \(\Delta\). Il repère les différents points d’intersection \(x_0, x_1, …, x_{k-1}\) avec les droites de \(\Delta\), en partant de \(x_0 = p\) et en faisant en sorte qu’aucun des autres points \(x_2, x3, …, x_{k-1}\), n’appartienne au segment [\(x_0x_1\)].

Soit \(\delta\) une droite de \(\Delta\) passant par \(x_1\) : \(\delta\) doit être ordinaire !

En effet si \(\delta\) contient trois points de P au moins, on les note \(p_1, p_2, p_3\) en faisant en sorte que \(p_2\) appartienne au segment [\(p_1x_1\)] et que \(p_3\) n’appartienne pas à ce segment [\(p_1x_1\)], ce qui est toujours possible puisque sur cette droite d il y a forcément au moins deux points qui sont situés du même côté par rapport à \(x_1\).

Cela correspond à deux configurations possibles : soit \(x_1\) appartient au segment [\(p_2p_3\)], soit \(p_1\) appartient au segment [\(p_2p_3\)] (voir Figures 5 et 6).

La droite (\(pp_1\)) qui appartient à \(\Delta\) n’est pas ordinaire (par hypothèse) et contient un troisième point \(p_4\) de P : l’une des droites (\(p_2p_4\)) ou (\(p_3p_4\) qui appartient à \(\Delta\), coupe nécessairement le segment [\(x_0x_1\)], voir les six configurations possibles des figures 5 et 6, – ce qui est impossible d’après les hypothèses sur le principe de la numérotation des points \(x_0, x_1, …, x_{k-1}\).

2. Dualité projective. Le problème de Sylvester dual

Avant d’aller plus loin, nous faisons quelques rappels sur la notion de dualité projective. La dualité permet de passer par un jeu de coordonnées homogènes du plan projectif [4] \(\mathbb P^2\) au plan projectif dual (\(\mathbb P^2\) )* :

  • la droite l du plan projectif \(\mathbb P^2\) d’équation \(ax + by + cz = 0\) correspond au point l* de coordonnées \((a : b : c)\) dans (\(\mathbb P^2\))*,
  • le point p du plan projectif \(\mathbb P^2\) de coordonnées \((x : y : z)\) correspond à la droite \(\Delta\)’ d’équation \(ax + by + cz = 0\) dans (\(\mathbb P^2\))*.

Toute assertion concernant une configuration de points et de droites de \(\mathbb P^2\) qui n’utilise que des relations d’incidence entre les droites et les points correspond à une assertion duale entre des points et des droites de (\(\mathbb P^2\))* et réciproquement.

Juste un exemple : l’assertion « les droites \(d_1, d_2\) et \(d_3\) de \(\mathbb P^2\) se coupent en un point p » devient « les points \(d^*_1, d^*_2\) et \(d^*_3\) , et de (\(\mathbb P^2\))* sont situés sur la droite p* ».

Ce principe de dualité permet de démontrer une assertion dans \(\mathbb P^2\) en démontrant l’assertion duale dans (\(\mathbb P^2\))*. [5]

D’après ce principe, il suffit de résoudre le problème de Sylvester dual pour que le problème de Sylvester original soit automatiquement résolu, et vice versa.

2.1. Une solution du problème dual (l’aire minimale).

Désormais

  • \(\Delta\)’ désignera une famille finie de droites du plan.
  • P’ désignera l’ensemble des points d’intersection de droites de \(\Delta\)’.
  • Un point ordinaire sera un point de P’ par lequel ne passent que deux droites de \(\Delta\)’.
    La solution du problème dual B* repose sur la propriété classique d’un triangle inscrit dans un autre (voir l’annexe 1 pour la démonstration) :

(*) Soit ABC un triangle quelconque, et soient \(A_1, B_1, C_1\) trois points choisis d’une façon arbitraire sur les côtés respectifs [BC], [AC] et [AB] (voir Figure 7).
Alors l’aire \(\alpha_0\) du triangle \(A_1B_1C_1\) inscrit est supérieure ou égale au minimum des aires \(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3\) des trois triangles respectifs \(AB_1C_1, BC_1A_1\) et \(CA_1B_1\). De plus, il n’y a égalité que lorsque \(A_1, B_1, C_1\) sont les milieux \(A_0, B_0, C_0\) des côtés respectifs [BC], [AC] et [AB] du triangle ABC. Dans ce cas on \(\alpha_0 = \alpha_1 = \alpha_2 = \alpha_3\).
 [6]

Une solution du problème dual [7] \(\mathbb B\)* consiste à rechercher un triangle d’aire minimale.

Si on suppose que les droites de \(\Delta\)’ ne sont pas toutes concourantes ou parallèles, on peut trouver trois droites \(\delta’_1, \delta’_2, \delta’_3\) qui forment un triangle.
En effet s’il y a deux points distincts \(p’_1, p’_2\) , de P’ qui ne sont pas ordinaires, donc par lesquels passent au moins deux droites de \(\Delta\)’ en plus de la droite (\(p’_1p’_2\) ) \(p’_1\) de \(\Delta\)’ qui les joints, alors l’une des droites passant par de D’ au moins, n’est pas parallèle à l’une des droites de \(\Delta\)’ passant par \(p’_2\), il y a au moins un troisième point d’intersection de \(\Delta\)’ donc au moins un triangle.
Parmi les triangles construits à partir de droites de \(\Delta\)’, en nombre fini, on recherche un triangle \(A_1B_1C_1\) d’aire non nulle minimale.
D’après l’hypothèse du problème \(\mathbb B\)*, par chacun des sommets \(A_1, B_1, C_1\) de ce triangle passe une droite de \(\Delta\)’, notée resp. \(\delta’_A,\delta’_B\) ou \(\delta’_C\) ou , autre que \((A_1B_1), (B_1C_1)\) ou \((C_1A_1)\) : ces droites sont situées toutes les trois à l’extérieur du triangle \(A_1B_1C_1\) sinon \(A_1B_1C_1\) n’est pas un triangle d’aire minimale (voir la figure 9).

À leur tour, \(\delta’_A,\delta’_B\) ou \(\delta’_C\) déterminent un triangle ABC, dans lequel le triangle \(A_1B_1C_1\) est inscrit.
Les trois triangles voisins du triangle \(A_1B_1C_1\) ainsi déterminés, \(AB_1C_1, A_1BC_1, A_1B_1C\), construits à partir de droites de \(\Delta\)’ doivent avoir une aire au moins égale à celle du triangle \(A_1B_1C_1\) (voir la figure 10) :

Mais comme il ne peut pas y avoir pour l’un des triangles une aire strictement inférieure à celle du triangle ABC, toujours d’après le théorème (*), les quatre triangles ont la même aire et les points \(A_1, B_1, C_1\) sont les milieux des côtés \([B_1C_1], [C_1A_1]\) et \([A_1B_1]\).

Cela implique des relations de parallélisme \((B_1C_1) // (BC), (C_1A_1) // (CA)\) et \((A_1B_1) //(AB)\).

On peut remarquer alors que dans la dernière configuration, les triangles \(AB_1C_1, A_1BC_1, A_1B_1C\) d’aire minimale seront inscrits à leur tour dans des triangles définis à l’aide de droites de \(\Delta\)’ : chacun aura des triangles voisins d’aire toujours égale à l’aire minimale, et par propagation, la famille des triangles va devenir infinie ainsi que le nombre d’éléments de \(\Delta\)’. Cela contredit l’hypothèse d’un nombre fini de droites de D’ du problème A*.

On peut écrire un théorème :


Si \(\Delta\)’ est une famille de droites du plan affine finie ou infinie,
telle que :
- par tout point d’intersection de deux droites de \(\Delta\)’ passe une autre droite de \(\Delta\)’ au moins,
- parmi les triangles d’aire non nulle définis à l’aide de trois droites de \(\Delta\)’, il y en a un d’aire minimale,
alors les droites de \(\Delta\)’ définissent un pavage triangulaire du plan (figure 12).

2.2. La solution de Melchior-Steenrod (la formule d’Euler-Poincaré).

Voir l’article publié par Quadrature [2]. [8]

3. Épilogue : quelques généralisations

Une vaste littérature est consacrée aux diverses précisions et généralisations du problème de Sylvester, voir les résumés [1]. Cela concerne en particulier les estimations, en fonction de n, du nombre minimal de droites ordinaires pour toute configuration de n points non alignés du plan.

Certains ont ajouté des couleurs aux points (par exemple, dans une configuration de points bicolore, on a démontré qu’il y avait toujours une droite passant par des points de même couleur).

Il existe des généralisations du problème de Sylvester pour des configurations de
cercles ainsi que d’autres courbes planes, généralisations pluri-dimensionnelles, généralisations où les points sont remplacés par des ensembles, etc.

3.1. Encore quelques problèmes

Voici quelques exercices proches du problème de Sylvester ; 1 et 2 sont proposés par Erdös [3], et 3 et 4 par Hadwiger et Debrunner [4]. Essayez de trouver des solutions !

  1. L’assertion A est-elle vraie pour toute famille finie de points non alignés dans l’espace ?
  2. Montrer que, pour toute famille P de n points non-alignés, il existe n droites différentes, au moins, passant par des couples de points de P. Le nombre de toutes ces droites est précisément n si et seulement si n − 1 des points de P au moins sont alignés.
    Une solution de ce problème posé par Erdös a été donnée par Pierre Samuel dans un bulletin de l’APMEP [6, Problème 123].
  3. Soit P une famille finie de points non alignés du plan affine telle que tout cercle passant par trois points de P passe aussi par un quatrième point de P, au moins. Alors tous les points de P appartiennent au même cercle.
  4. Si une partie bornée P du plan affine est symétrique par rapport à toute médiatrice d’un couple de points de P, alors P est contenue dans un cercle.

4. Annexes

Annexe 1 : Triangle inscrit dans un autre triangle.
4 . 2 . Annexe 2 : Le problème de Sylvester dans le plan complexe.
4 . 3 . Annexe 3 : Quelques différences entre le plan réel et le plan complexe

Références

[1] P. Borwein, W. O. J. Moser, « A survey of Sylvester’s problem and its generalizations. » Aequationes Math. 40 (1990) 111-135.

[2] L. Bouttier, M. Zaidenberg, « Le problème de Sylvester », Quadrature 67 (2008) 8-20.

[3] P. Erdös, « Problem 4 065 », Am. Math. Mon. 50 (1943) 65.

[4] H. Hadwiger, H. Debrunner, Combinatorial geometry in the plane, Holt, Rinehart and Winston, New York 1964.

[5] J.J. Sylvester, « Mathematical Question 11 85l », Educational Times 59 (1893) 98.

[6] Volume II des 200 premiers problèmes de l’APMEP, Géométrie, 74-77, Brochure 93, 1994.

<redacteur|auteur=500>

Notes

[1IREM DE GRENOBLE, 100 RUE DES MATHÉMATIQUES,
BP 41, 38402 ST. MARTIN D’HÈRES CEDEX, FRANCE.
E-mail address : Mikhail.Zaidenbergaujf-grenoble.fr
E-mail address : luc.bouttierfinanadoo.fr

[2Plus tard, à Oslo, Karamata a dit à Paul Erdös qu’il avait vu ce problème, sans solution, dans un ancien ouvrage de mécanique.

[3La version éditée par Quadrature [2] donne des solutions dans le plan projectif et contient en annexe quelques explications sur ce plan projectif.

[4Nous utilisons les notations \(\mathbb A^n\) (resp. \(\mathbb A^n_\mathbb C\)) pour l’espace affine réel (resp. complexe) de dimension n, \(\mathbb P^n\) (resp. \(\mathbb P^n_\mathbb C\)) pour l’espace projectif réel (resp. complexe) de dimension n, et la notation \((x : y : z)\) pour les coordonnées homogènes d’un point du plan projectif : \((x : y : z) = (\lambda x : \lambda y : \lambda z)\) si \(\lambda \ne 0\) .

[5Un exemple classique : les théorèmes de Pascal et de Brianchon sont deux à deux duaux. Pascal a découvert son théorème concernant un hexagone inscrit dans une conique à l’age de 16 ans. Le théorème dual a été trouvé par Brianchon 150 ans plus tard !

[6Diananda (voir [4]) a démontré une inégalité plus forte : \(\alpha_0 \ge \sqrt{\alpha_1\alpha_2}\), avec le même cas d’égalité.

[7Il est difficile de tracer l’historique de cette solution. Apparemment, dans les années 80, Elkies la connaissait. D’autres auteurs aussi.

[8Steenrod en 1943 a repris, sans le savoir, une idée déjà développée en 1940 par Melchior sur un autre sujet.

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