Triangles semblables
Bonjour,
voiçi un joli problème du mathématicien Bulgare Sava Grozdev. Je le donne sous sa forme originale en anglais :
Given triangle $ABC$ with side lengths $BC = a,CA = b$ and $AB = c$. Prove that the pedal triangle of the inverse of the orthocenter of triangle $ABC$ in the Circumcircle of triangle $ABC$ is similar to the orthic triangle of triangle $ABC$.
Find the similitude ratio as function of $a, b, c$.
Cordialement,
yan2
voiçi un joli problème du mathématicien Bulgare Sava Grozdev. Je le donne sous sa forme originale en anglais :
Given triangle $ABC$ with side lengths $BC = a,CA = b$ and $AB = c$. Prove that the pedal triangle of the inverse of the orthocenter of triangle $ABC$ in the Circumcircle of triangle $ABC$ is similar to the orthic triangle of triangle $ABC$.
Find the similitude ratio as function of $a, b, c$.
Cordialement,
yan2
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Réponses
En français ça donne quoi?
Etnt donné un triangle $ABC$ (du plan euclidien), dont les longueurs des côtés sont: $BC=a$, $CA=b$, $AB=c$, montrer que le triangle podaire de l'inverse de l'orthocentre ($H$) du triangle $ABC$ par rapport au cercle circonscrit au triangle $ABC$ est semblable au triangle orthique du triangle $ABC$, (c'est à dire au triangle podaire de l'orthocentre).
Calculer le rapport de similitude en fonction de $(a,b,c)$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Je crois avoir seriné ici même au fil des années toute la théorie des triangles podaires.
Ceci n'est qu'un cas particulier du résultat suivant.
(A une exception près), les triangles podaires de deux points inverses par rapport au cercle circonscrit au triangle $ABC$ sont inversement semblables.
On peut alors dévisser cette similitude (centre + axes + rapport).
Tout ceci a un très grand rapport avec la $FLTI$ des triangles podaires des points situés sur un diamètre du cercle circonscrit!
Amicalement
[small]p[/small]appus
On l'a vu dans un fil récent, pratiquement plus personne ne sait ce qu'est une inversion.
Et pourtant les inversions sont les générateurs du groupe circulaire soi-disant encore dans nos programmes.
C'est un peu comme si on devait faire de la géométrie euclidienne sans avoir la moindre idée de ce qu'est une symétrie hyperplane.
J'avais déjà souligné dans le passé le lien étroit entre triangles podaires et géométrie circulaire. Ce problème, soulevé par Yan2, est donc une bonne occasion d'y revenir.
Je propose donc le théorème suivant dont j'ai certainement déjà parlé.
Soient $ABC$ et $A'B'C'$ deux triangles du plan euclidien.
Soit $f$ une transformation circulaire telle que: $A'=f(A)$, $B'=f(B)$, $C'=f(C)$.
Soit $M$ un point du plan et $PQR$ son triangle podaire par rapport au triangle $ABC$.
Soit $M'=f(M)$ et $P'Q'R'$ son triangle podaire par rapport au triangle $A'B'C'$.
Alors les triangles $PQR$ et $P'Q'R'$ sont semblables.
Amicalement
[small]p[/small]appus
La similitude indirecte transformant le triangle podaire de $M(m)$ en le triangle podaire de son inverse $M'\left(\dfrac{1}{\overline{m}}\right)$ a pour expression avec Morley circonscrit $f(z)=\dfrac{s_3}{m}\overline{z}+\dfrac{m-s_2\overline{m}+s_1m\overline{m}-s_3\overline{m}^2}{2m\overline{m}}$.
Son centre est $\dfrac{s_1m-s_3\overline{m}}{2m}$.
Cordialement,
Rescassol
Restons en Rescassolie. Sauf erreur de ma part, l'écriture en complexes de la transformation circulaire indirecte $f$ faisant passer du triangle $ABC$ au triangle podaire $A'B'C'$ du point $M$ en Morley circonscrit est :
$z\mapsto\dfrac 12\dfrac{(m+s_1-s_2\overline m+s_3\overline m^2)\overline z-(1+m\overline m)}{\overline z-\overline m}.$
Si on veut une transfomation circulaire directe, alors celle-ci est :
$z\mapsto \dfrac 12(\dfrac{(1+m\overline m)z-m-s_1+s_2\overline m-s_3\overline m^2}{\overline mz-1}).$
Amicalement
$p=\dfrac 12(m-bc\overline m+b+c)$
$q=\dfrac 12(m-ac\overline m+a+c)$
$r=\dfrac 12(m-ab\overline m+a+b)$
Les données de départ sont les six points $A$, $B$, $C$, $A'$, $B'$, $C'$.
Et avec ses six points il faut fabriquer une transformation circulaire (directe ou indirecte) $f$ envoyant $ABC$ sur $A'B'C'$.
L'écriture Rescassolienne d'un tel $f$ n'est guère folichonne mais elle peut se faire et en plus il faut se farcir dans la foulée les six affixes des sommets des deux triangles podaires et enfin prouver d'une manière ou d'une autre leur défunte similarité. Bon courage!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
S'il y a des calculs à faire pour résoudre mon problème, ceux donnés par Rescassol sont largement suffisants pour conclure à condition de fournir ensuite un minimum de raisonnement.
Une idée, déjà suggérée par Poulbot il me semble, permet aussi de s'en tirer via les angles orientés mais comme je l'ai déjà dit, c'est courir au suicide puisque plus personne en France ne sait ce qu'est véritablement un angle orienté!!
Le triangle de référence:
$A,B,C\simeq\left[\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0 \end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0 \end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1 \end{array}\right]$
Le triangle orthique du triangle ABC:
$A_{H},B_{H},C_{H}\simeq\left[\begin{array}{c} 0\\ -a^2 - b^2 + c^2\\ -a^2 + b^2 - c^2\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} a^2 + b^2 - c^2\\ 0\\ -a^2 + b^2 + c^2\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} a^2 - b^2 + c^2\\ -a^2 + b^2 + c^2\\ 0 \end{array}\right]$
Le triangle podaire de l'inverse de l'orthocentre $H$ du triangle $ABC$ par rapport au cercle circonscrit au triangle $ABC$:
$A'\simeq\left[\begin{array}{c} 0\\ -a^6 - b^6 + 2 b^2 c^4 - c^6 + a^4 (b^2 + c^2) +
a^2 (b^4 - 3 b^2 c^2 + c^4)\\ -a^6 - b^6 + 2 b^4 c^2 - c^6 + a^4 (b^2 + c^2) +
a^2 (b^4 - 3 b^2 c^2 + c^4)\end{array}\right]$
$B'\simeq \left[\begin{array}{c} -a^6 + a^4 b^2 - (b^2 - c^2)^2 (b^2 + c^2) +
a^2 (b^4 - 3 b^2 c^2 + 2 c^4)\\ 0\\ -a^6 - (b^2 - c^2)^2 (b^2 + c^2) + a^4 (b^2 + 2 c^2) +
a^2 (b^4 - 3 b^2 c^2)\end{array}\right]$
$C'\simeq\left[\begin{array}{c} -a^6 + a^4 c^2 - (b^2 - c^2)^2 (b^2 + c^2) +
a^2 (2 b^4 - 3 b^2 c^2 + c^4)\\ -a^6 - (b^2 - c^2)^2 (b^2 + c^2) + a^4 (2 b^2 + c^2) +
a^2 (-3 b^2 c^2 + c^4)\\ 0\end{array}\right]$
On a :
$\dfrac{A'C'}{A_{H}C_{H}} = \dfrac{A'B'}{A_{H}B_{H}} = \dfrac{B'C'}{B_{H}C_{H}} = \sqrt{\dfrac{a^2 b^2 c^2}{a^6 - a^4 b^2 - a^2 b^4 + b^6 - a^4 c^2 +3 a^2 b^2 c^2 - b^4 c^2 - a^2 c^4 - b^2 c^4 + c^6}}.$
De plus, on a :
$\dfrac{R}{OH}=\sqrt{\dfrac{a^2 b^2 c^2}{a^6 - a^4 b^2 - a^2 b^4 + b^6 - a^4 c^2 +3 a^2 b^2 c^2 - b^4 c^2 - a^2 c^4 - b^2 c^4 + c^6}}.$
Les triangles $A'B'C'$ et $A_{H}B_{H}C_{H}$ sont semblables et le rapport de similitude est :
$\dfrac{R}{OH}.$
Il y a eu une simplification "abusive" dans mes calculs ce qui a conduit à une mauvaise expression du rapport .
Amicalement
peux tu donner ton code Matlab pour déterminer une transformation circulaire, s'il te plait. Il me semble que tu l'as déjà donné, mais je ne le retrouve plus.
Amicalement
Un rapport de similitude est sans dimension, ce n'est pas le cas de l'expression que tu nous as donnée.
Si l'écriture de cette similitude indirecte donnée par Rescassol est correcte, ce rapport devrait être $\dfrac R{OH}$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Voilà, Bouzar:
function [TC plob plim D]=TransfoCirculaire(a,b,c,ap,bp,cp) % Transformation circulaire envoyant ABC sur A'B'C' % le résultat est (alpha z + beta)/(gamma z + delta) % Ces nombres étant définis à un coefficient mutiplicatif près, % on a choisi ici beta = 1 % le cas beta = 0 doit être traité autrement % plob et plim sont les points limites objet et image M=[a -a*ap -ap; b -b*bp -bp; c -c*cp -cp]; D=det(M); B=[-1; -1; -1]; S=inv(M)*B; TC=[S(1);1;S(2);S(3)]; plob=-TC(4)/TC(3); plim=TC(1)/TC(3); endMais il me semble que tu voulais (je me me trompe peut-être) dire similitude indirecte:function [A B C]=SimilitudeIndirecte(m,n,mp,np,mB,nB,mpB,npB) % Similude indirecte s telle que s(m)=mp et s(n)=np % Elle s'exprime sous la forme s(z)=A*zB+B % C est son centre quand il existe (|A| différent de 1) A=(mp-np)/(mB-nB); AB=(mpB-npB)/(m-n); B=(mB*np-nB*mp)/(mB-nB); BB=(m*npB-n*mpB)/(m-n); C=(A*BB+B)/(1-A*AB); endCordialement,
Rescassol
$T_1$ et $T_2$ sont donnés. On normalise et on divise, obtenant $\mathcal H =nortri(T_2)\cdot nortri(T_1)^{-1}$. Et alors $$\chi_{\mathcal H }= \left( X-1 \right) \left( {X}^{2}-{\frac {{a}^{2}{b}^{2}{c}^{2}}{{a}
^{6}-{a}^{4}{b}^{2}-{a}^{4}{c}^{2}-{a}^{2}{b}^{4}+3\,{a}^{2}{b}^{2}{c}
^{2}-{a}^{2}{c}^{4}+{b}^{6}-{b}^{4}{c}^{2}-{b}^{2}{c}^{4}+{c}^{6}}}
\right)=\left( X-1 \right)\left( X^2-\mu^2\right) $$
Le point fixe est X(125) et $\mu^2$ vaut, comme le disait pappus, $(R/OH)^2$.
Cordialement, Pierre.
Je vais reprendre le calcul du rapport de la similitude.
Merci Rescassol pour ces fonctions en Matlab.
Amicalement
Je renvoie à ce fil vieux de neuf ans où vous trouverez le matériel nécessaire pour montrer ce théorème c'est à dire ce que j'appelle les coordonnées angulaires intrinsèques.
Triangles Podaires et Géométrie Circulaire
Un point $M$ du plan non situé sur le cercle circonscrit au triangle $ABC$ définit trois cercles distincts:
$\Gamma_A$ circonscrit au triangle $BMC$, $\Gamma_B$ circonscrit au triangle $CMA$, $\Gamma_C$ circonscrit au triangle $BMC$.
On note $T_a$, $T_b$, $T_c$ les tangentes respectives en $M$ à ces trois cercles.
Les coordonnées angulaires intrinsèques de $M$ sont par définition les trois angles orientés de droites:
$\alpha=(T_b,T_c)$, $\beta=(T_c,T_a)$, $\gamma=(T_a,T_b)$
Si $abc$ est le triangle podaire de $M$, on montre que ces coordonnées angulaires intrinsèques sont exactement les angles orientés de ce triangle podaire.
$\alpha=(T_b,T_c)=(ac,ab)$, $\beta=(T_c,T_a)=(ba,bc)$, $\gamma=(T_a,T_b)=(cb,ca)$
Si sur la figure associée à mon théorème dans mon précédent message, $f$ est une transformation circulaire directe, alors $f$ conserve les angles orientés.
Attention à bien comprendre le sens de cette dernière phrase!!
Ainsi les coordonnées angulaires intrinsèques de $M'$ dans le triangle $A'B'C'$ sont égales à celles de $M$ dans le triangle $ABC$ et par suite les triangles podaires des points $M$ et $M'$ sont directement semblables.
Même démonstration pour une transformation circulaire indirecte qui transforme un angle orienté en son opposé!
Cantonnons nous aux transformation circulaires directes
C'est d'ailleurs le cas sur ma première figure.
$f$ a deux pôles, l'un appelé pôle objet: $f(I)=\infty$ et l'autre appelé pôle image: $f(\infty)=J'$.
Calculer les coordonnées angulaires intrinsèques du point $I$ dans le triangle $ABC$ et du point $J'$ dans le triangle $A'B'C'$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Je viens de m'apercevoir que le calcul de Rescassol ne suffit pas pour montrer ce théorème.
Il faudrait le remanier!
As tu en barycentriques une routine permettant de déterminer les coefficients $a,b,c,d$ de la transformation circulaire ?
Amicalement
Il me semble d'après Deaux que l'homographie qui transforme $ABC$ en $A'B'C'$ a pour équation complexe :
$\begin{vmatrix}
z.z' & z & z' & 1 \\
a.a' & a & a' & 1 \\
b.b' & b & b' & 1 \\
c.c' & c & c' & 1
\end{vmatrix} =0.$
Ce qui donnera une équation de la forme :
$\alpha z.z' + \beta z + \gamma z' + \delta = 0.$
Comme je l'ai dit, ce n'est pas folichon
On peut aussi écrire avec les birapports:
$(a,b,c,z)=(a',b',c',z')$
Mais bien sûr, il faut mener les calculs jusqu'au bout et je ne pense pas que ce soit la méthode à suivre.
Pour une fois, la solution synthétique par les angles est plus simple que la force brute du calcul Rescassolien.
Il n'empêche que j'aimerais bien avoir une telle solution sous les yeux!
Je pense qu'il y a un moyen de s'arranger pour que tout se passe sur le cercle unité aussi bien pour $(a,b,c)$ que pour $(a',b',c')$, pourquoi?
Amicalement
[small]p[/small]appus
$(ac'-ab'+cb'+a'b-a'c-c'b)zz' + (ab'a'-aa'c'+cc'a'-a'b'b+c'b'b-c'b'c)z $
$+ (abb'-cbb'+cbc'-a'ba+a'ca-c'ca)z' + (abc'a'+cbb'a'-cbc'a'-a'b'ca-c'b'ba+c'b'ca)=0$ qui est bien de la forme $\alpha z.z' + \beta z + \gamma z' + \delta = 0$ avec :
$\alpha = ac'-ab'+cb'+a'b-a'c-c'b $
$\beta = ab'a'-aa'c'+cc'a'-a'b'b+c'b'b-c'b'c $
$\gamma = abb'-cbb'+cbc'-a'ba+a'ca-c'ca$
$\delta = abc'a'+cbb'a'-cbc'a'-a'b'ca-c'b'ba+c'b'ca$.
Maintenant, on a :
$\alpha z.z' + \beta z + \gamma z' + \delta = 0 \iff (\alpha z + \gamma) z' + \beta z + \delta = 0$
$ \iff (\alpha z + \gamma) z' = -\beta z - \delta$
ce qui donne :
$z'=\dfrac{ -\beta z - \delta }{\alpha z + \gamma }.$
Tu pédales un peu dans la semoule.
Autrement dit tu calcules simplement pour le plaisir de calculer.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Il est vrai que dans ce moment d’égarement je calcule pour calculer sans trop pour le moment chercher à simplifier cette affaire. On peut prendre $a,b,c $ sur le cercle unité mais qu'est-ce que cela apporte ?
Je suis très très fatigué actuellement.
Voilà ce que j'ai vaguement en tête.
On part des triangles $ABC$ et $A'B'C'$ donnés en général
Soit $\Gamma$ le cercle circonscrit au triangle $ABC$.
Peut-on trouver un point $P$ du plan dont le triangle cicumcévien par rapport au triangle $ABC$ soit semblable au triangle $A'B'C'$?
Amicalement
[small]p[/small]appus
$p=\overline{-\dfrac{ab' - a'b - ac' + a'c + bc' - b'c}{aa'b - aa'c - abb' + acc' + bb'c - bcc'}}$.
Cordialement,
Rescassol
Deux triangles sont semblables quand ils le sont soit directement soit indirectement.
Il y a donc deux solutions.
Tu en as écrit une, OK!
Mais tu aurais pu nous donner une idée de sa démonstration!
Quelle est l'autre?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Le triangle circumcévien $A''B''C''$ de $P$ par rapport à $ABC$ est donné par :
$a''=\dfrac{a-p }{a\overline{p}-1 }, b''=\dfrac{b-p }{b\overline{p}-1 }, c''=\dfrac{c-p }{c\overline{p}-1 }.$
$A''B''C''$ et $A'B'C'$ sont semblables de même orientation si, et seulement si $\dfrac{b''-a'' }{c''-a'' } = \dfrac{b'-a' }{c'-a' } $
$\iff -ab'+a'b+ac'-a'c-bc'+b'c- \overline{p_{+}}(aa'b-aa'c-abb'+acc'+bb'c-bcc')=0$
$\iff p_{+}=\overline{( \dfrac{-ab'+a'b+ac'-a'c-bc'+b'c}{aa'b-aa'c-abb'+acc'+bb'c-bcc'}) }.$
$a''=\dfrac{a-p }{a\overline{p}-1 }, b''=\dfrac{b-p }{b\overline{p}-1 }, c''=\dfrac{c-p }{c\overline{p}-1 }.$
$A''B''C''$ et $A'B'C'$ sont semblables d'orientation opposée si, et seulement si $\dfrac{b''-a''}{c''-a'' } = \dfrac{\overline{b'}-\overline{a'} }{\overline{c'}-\overline{a' }} $
$\iff -a\overline{b'}+\overline{a'}b+a\overline{c'}-\overline{a'}c-b\overline{c'}+\overline{b'}c- \overline{p_{-}}(a\overline{a'}b-a\overline{a'}c-ab\overline{b'}+ac\overline{c'}+b\overline{b'}c-bc\overline{c'})=0$
$\iff p_{-}=\overline{( \dfrac{-a\overline{b'}+\overline{a'}b+a\overline{c'}-\overline{a'}c-b\overline{c'}+\overline{b'}c}{a\overline{a'}b-a\overline{a'}c-ab\overline{b'}+ac\overline{c'}+b\overline{b'}c-bc\overline{c'}} )}.$
Pappus, j'ai effectivement fait à peu de choses près ce qu'a fait Bouzar, puis le dessin en Géogébra que je joins.
On peut faire bouger $A'B'C'$.
Je n'ai pas le temps de m'occuper maintenant du cas indirect, je m'en vais pour la journée faire un tour en Espagne.
Cordialement,
Rescassol
Edit: Le centre $\Omega$ avait malencontreusement disparu, le revoilà.
Bon voyage Rescassol dans la patrie de Cervantès. Mais reviens nous vite!
J'avoue avoir une sainte flemme de vérifier vos calculs.
Je connais bien le lien qui existe entre les deux solutions et j'avoue avoir quelques doutes sur les formules de Bouzar rien qu'en les examinant superficiellement.
Il y a pourtant bien des moyens de les récupérer toutes les deux sans utiliser les nombres complexes qui semblent être aujourd'hui la seule façon connue de faire de la géométrie circulaire.
Je voudrais expliquer pour le moment pourquoi j'avais besoin de ce lemme.
Supposons le démontré.
Soit donc $A''B''C''$ le triangle circumcévien de $P$ par rapport au triangle $ABC$.
Alors il suffit de prouver mon théorème pour les triangles $ABC$ et $A''B''C''$ en prenant pour $f$ l'inversion $i$ de pôle $P$ envoyant $ABC$ sur $A''B''C''$ pour qu'il soit démontré en toute généralité.
Et pour démontrer le cas particulier, il suffit de complexifier (ou comme le dit Rescassol de circonscrire ce brave Morley qui n'en peut mais) en prenant le cercle $\Gamma$ circonscrit au sextuplet $(A,B,C,A'',B'', C'')$ pour cercle unité.
Les calculs en complexes qui restent à faire devraient se simplifier beaucoup (?) et on devrait obtenir une écriture décente de la similitude indirecte faisant passer d'un triangle podaire à l'autre.
Amicalement
[small]p[/small]appus
J'ai vérifié la première formule de Bouzar, elle est exacte.
La seconde l'est donc aussi très probablement.
Pour voir le lien entre les deux solutions, il faudrait simplifier la seconde:
Il y a un peu trop de barres de conjugaison qui s'empilent et il faudrait tenir compte des relations:
$$a.\overline a =b.\overline b =c.\overline c =1$$ pour se débarrasser des $\overline a$, $\overline b$, $\overline c$
Amicalement
[small]p[/small]appus
"On part des triangles $ABC$ et $A^{\prime }B^{\prime }C^{\prime }$ donnés en général
Soit $\Gamma $ le cercle circonscrit au triangle $ABC$.
Peut-on trouver un point $P$ du plan dont le triangle cicumcévien par rapport au triangle $ABC$ soit semblable au triangle $A^{\prime }B^{\prime }C^{\prime }$?"
Il me semble que nous avons déjà traité ce problème.
En menant par $A,B,C$ les parallèles à $B^{\prime }C^{\prime }$,$C^{\prime }A^{\prime }$,$A^{\prime }B^{\prime }$ respectivement, on obtient un triangle $A^{\prime \prime }B^{\prime \prime }C^{\prime \prime }$ circonscrit à $ABC$ et homothétique à $A^{\prime }B^{\prime }C^{\prime }$. Si $P$ est l'isogonal par rapport à $ABC$ du point commun aux cercles $BCA^{\prime \prime },CAB^{\prime \prime },ABC^{\prime \prime }$, le triangle circumcévien de $P$ est directement semblable à $A^{\prime }B^{\prime }C^{\prime }$.
De plus, si $P\neq O$ et si $Q$ est l'inverse de $P$ par rapport à $\Gamma $, le triangle circumcévien de $Q$, étant symétrique de celui de $P$ par rapport à la droite $OP$, est indirectement semblable à $A^{\prime }B^{\prime }C^{\prime }$.
Amicalement. Poulbot
Oui nous en avions déjà parlé quand nous avions abordé le thème des métapôles des triangles $ABC$ et $A'B'C'$ ce qui expliquait le couplage isogonal entre métapôles et points limites que nous avions trouvé à l'époque.
Car c'est bien la notion de points limites ou de pôles d'une transformation circulaire qui va faire marcher la boutique dans le cas de mon lemme. Pas besoin de métapôles et donc pas besoin de couplage isogonal pour expliquer ce qui se passe.
Supposons qu'on ait trouvé un point $P$ vérifiant les conditions de mon lemme et soit $i$ l'inversion de pôle $P$ envoyant $ABC$ sur $A''B''C''$
Soit $s$ la similitude envoyant $A''B''C''$ sur $A'B'C'$, alors $g=s.i$ est une transformation circulaire envoyant $ABC$ sur $A'B'C'$ et il est clair que $P$ est le pôle objet ou point limite objet de $g$ puisque $g(P)=s(i(P))=s(\infty)=\infty$
Réciproquement soit $g$ une transformation circulaire transformant $ABC$ en $A'B'C'$.
Soit $P$ le pôle objet de $g$, i.e $P=g^{-1}(\infty)$ et soit $i$ l'inversion de pôle $P$ conservant le cercle $\Gamma$ circonscrit au triangle $ABC$, son module est donc la puissance de $P$ par rapport à $\Gamma$.
Alors $s=g.i$ est une transformation circulaire fixant le point à l'infini et est donc une similitude.
Il y a donc deux solutions suivant que $g$ est directe ou indirecte.
Appelons $g_+$, (resp . $g_-$) la transformation circulaire directe (resp. indirecte) envoyant $ABC$ sur $A'B'C'$, alors les deux solutions sont les deux pôles: $P_+=g_+^{-1}(\infty)$ et $P_-=g_-^{-1}(\infty)$
Mais $g_-=g_+.i_{\Gamma}$, où $i_{\Gamma}$ est l'inversion par rapport au cercle $\Gamma$, pourquoi?
Ainsi: $P_-=i_{\Gamma}(P_+)$.
Les deux pôles solutions s'échangent dans cette inversion et c'est ce qui devrait apparaître clairement dans les formules de Bouzar.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
On a ainsi montré que toute transformation circulaire $g$ s'écrit sous la forme: $g=s.i$ où $i$ est une inversion et $s$ une similitude.
Si $g$ est directe, on trouve:
$(a,b,c,p_+)=(a',b',c',\infty)$
et si $g$ indirecte, on trouve:
$(a,b,c,p_-)=\overline{(a',b',c',\infty)}$
Retrouve-t-on les formules de Bouzar?
Amicalement
[small]p[/small]appus
On retrouve les fomules. Mais ce qui m’intéressait c'est l'écriture de $g_{-}$ et $g_{+}$ afin de faire le lien avec les dires de Deaux.
Amicalement
Les formules de Deaux n'ont qu'un intérêt théorique et ne sont guère pratiques!
Dans le problème qui nous intéresse, toutes les applications qui interviennent s'écrivent maintenant a priori simplement dans le cadre du truc de Morley circonscrit par rapport au cercle $ABCA''B''C''$ mais j'avoue avoir la flemme de faire ces calculs peu intéressants et je te les laisse bien volontiers ainsi qu'à notre ami Rescassol!
Amicalement
[small]p[/small]appus
@Bouzar. Je n'ai pas encore répondu à ta question: As tu en barycentriques une routine permettant de déterminer les coefficients de la transformation circulaire ?
En fait, je n'ai pas mieux que de changer de coordonnées... et, dans le cas général, cela produit de magnifiques expressions qui sont de degré 9 en tout, 3 par rapport à $\alpha,\beta,\gamma$ et 6 par rapport aux barycentriques des 6 points concernés.
Les cas où une transformation circulaire est utile se repèrent aisément: ce sont ceux où l'expression se simplifie !
Cordialement, Pierre.