David Madore's WebLog: Conformations du cyclohexane

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(mercredi)

Conformations du cyclohexane

Petit exercice de géométrie dans l'espace (a priori compréhensible, et pourquoi pas résoluble, par n'importe quel lycéen) qui me semble particulièrement joli :

Soient a et b deux longueurs. On considère (dans l'espace euclidien de dimension 3, donc) un triangle équilatéral P0 P2 P4 de côté 2a. On appelle respectivement C1, C3 et C5 les cercles de rayon b ayant pour centres respectifs les milieux de [P0 P2], [P2 P4] et [P4 P0] et pour axes respecifs les droites portant ces mêmes segments. (Ainsi, si P1 est un point quelconque de C1, par exemple, alors les distances P0 P1 et P1 P2 valent toutes les deux ca²+b²=c².)

Supposons maintenant que P1 soit un point de C1 tel qu'il existe deux points distincts sur C3 (et donc aussi sur C5) à distance 2a de lui. Appelons P3 un de ces points, et P5 le point de C5 qui n'est pas « le même » (j'espère qu'on me comprend[#]).

Montrer que P1 P3 P5 est équilatéral (c'est-à-dire que la distance de P3 à P5 est elle aussi 2a).

J'ai une solution purement calculatoire (que je ne présenterai[#2] pas ici, parce qu'elle est assez fastidieuse). Je félicite d'avance celui qui me trouvera une démonstration courte, élégante et purement géométrique (sans calcul) de ce fait.

J'ai trouvé ce truc en digérant un oral d'agreg auquel j'ai assisté hier. Je laisse donc en question subsidiaire le problème de savoir quel est le rapport entre cet exercice et le titre de l'entrée (les conformations du cyclohexane, et notamment la question de la rigidité d'une conformation : pour fixer les idées, on appellera cyclohexane un hexagone pas nécessairement plan, dans l'espace, dont tous les côtés valent c et dont tous les angles valent un certain angle φ, avec mettons cos(φ/2)=b/c et sin(φ/2)=a/c).

Il faut essayer d'imaginer la cinématique de la chose : on fixe le triangle équilatéral P0 P2 P4 et le triangle équilatéral P1 P3 P5, de même côté, bouge en gardant constantes toutes les distances P0 P1, P1 P2, P2 P3 jusqu'à P5 P0. J'ai vaguement montré, aussi, qu'on peut passer continûment de l'une à l'autre des deux configurations possibles pour P1 donné (le mouvement du triangle P1 P3 P5 suit un cycle que j'aimerais bien voir illustré graphiquement).

Selon toute probabilité, ce truc porte le nom d'un illustre mathématicien d'un siècle passé, mais je ne sais pas lequel.

PS : J'ai posé la question sur Usenet, on verra bien si quelqu'un trouve une réponse.

Mise à jour (2006-07-21) : Pierre Dehornoy a trouvé une solution, que je reproduis ici :

Soit r la rotation autour de l'axe (P1 P4) qui envoie P0 en P2. Elle envoie alors le milieu de [P0 P4] sur celui de [P2 P4], donc elle envoie C5 sur C3. Comme P1 est sur l'axe de r, et que P1 P5 = P1 P3, r envoie P5 sur P3 (et non sur l'autre point qu'on a pas choisit, ca ca se voit en regardant l'ordre des points sur leur cercle). r envoie donc P0 en P2 et P5 en P3.

Or ce qu'on veut montrer c'est P3 P5 = P0 P2, il suffit donc de montrer que la distance de P5 à l'axe de r est la même que celle de P0 à ce même axe.

Comme P1 P5 = P4 P0 = 2a, et que P1 et P4 sont sur l'axe, il suffit de montrer que l'angle P4 P1 P5 est égal à l'angle P1 P4 P0. Et pour cela une condition suffisante est que les triangles P4 P1 P5 et P1 P4 P0 soient isométriques dans cet ordre. Or on a P4 P1 = P1 P4, P1 P5 = P4 P0 = 2a et P5 P4 = P0 P1 = c.

[#] S'il y a vraiment besoin d'explication : P3 et P5 sont deux points de C3 et C5 respectivement situés chacun à distance 2a de P1, et on suppose que P5 n'est pas le point de C5 obtenu à partir de P3 par symétrie par rapport au plan contenant C1.

[#2] Voici cependant le principe : on écrit le paramétrage rationnel standard (c'est-à-dire du style ((1-u²)/(1+u²), (2u)/(1+u²))), en fonction d'une variable u disons, du point P1 décrivant le cercle C1, et pareil avec des variables v et w pour les points P3 et P5. On appelle P(u,v) le polynôme, de degré 2 en chacune de ses variables, tel que P(u,v)=0 exprime le fait que la distance P1 P3 vaille 2a, et bien sûr P(u,w)=0 exprime de même le fait que P1 P5 vaille 2a. Il s'agit donc de vérifier que si v et w sont les deux racines (à u fixé) de l'équation quadratique P(u,t)=0 (en t), alors automatiquement P(v,w)=0. Or le polynôme P est symétrique en ses deux variables, donc le fait que P(v,w)=0 se vérifie en connaissant la somme et le produit de v et w, et ces deux quantités sont connues, si v et w sont les deux racines de P(u,t)=0, en fonction des coefficients de cette équation, qui sont des polynômes de u. Il y a donc simplement un calcul facile, quoique fastidieux, à mener pour arriver au bout.

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