Sangaku of Modern Times

Bonjour
J'ai changé un peu les notations;
En fait ce résultat est général!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Envoyé de la télègue 8615

D'après Geogebra, c'est la même réponse pour les deux questions de poulbot : c'est évident a priori ?

Bonsoir
Il suffit de préciser la figure de Soland pour avoir la réponse à la question de Poulbot
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour Pappus et merci
En remarquant que $PJ\perp PJ^{\prime }$ (pourquoi?), on obtient l'hyperbole de foyer $P$ tangente en $B$ et $C$ à $IB$ et $IC$. Par chance, c'est la même que la tienne.
Amicalement. Poulbot

Bonjour,

On se place en barycentriques... parce que l'on sait que les bras de contacts sont rationnels et valent $p-a,\,p-b,\,p-c$. On a donc: \[ A,B,C,J_{a},J_{b},J_{c}\simeq\left[\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0 \end{array}\right]\left[\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0 \end{array}\right]\left[\begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1 \end{array}\right]\left[\begin{array}{c} 0\\ -c+a+b\\ a-b+c \end{array}\right]\left[\begin{array}{c} -c+a+b\\ 0\\ b-a+c \end{array}\right]\left[\begin{array}{c} -c-a+b\\ a-b-c\\ 0 \end{array}\right] \]

Il reste à paramétrer les droites $ \def\Sa{S_{a}} \def\Sb{S_{b}} \def\Sc{S_{c}} \def\So{S_{o}} \def\Sw{S_{\omega}}$ $AX$. Soit $T\simeq1:t:-1-t$ le point courant à l'infini et $T^{*}$ son isogonal. Alors $T*$ est sur le circonscrit et \[ X=A+\left(b+c-a\right)\frac{4S}{abc}\,\overrightarrow{OT^{*}} \] est sur le cercle centré en $A$ et de rayon $b+c-a$. Le point $M$, trace de $AX$ sur $BC$ est \[ M\simeq\left[\begin{array}{c} 0\\ b^{2}a^{2}\Sb\,t^{2}-2\,b^{2}a^{2}\Sa\,t-b^{2}\left(\Sa\,\Sb+2\,\Sa\,\Sc+\Sb\,\Sc\right)\\ a^{2}\Sc\,c^{2}t^{2}+2\,a^{2}b^{2}c^{2}t+b^{2}\Sc\,c^{2} \end{array}\right] \]

Un cercle tangent aux droites $BA,BC$ est nécessairement centré en $G\simeq k\,I_{0}+(1-k)B$ avec $k\,r_{0}$ pour rayon. On écrit que ce cercle est tangent à la droite $AD$ et l'on obtient:

\[ k=\left(\begin{gathered}\dfrac{c\left(b+a+c\right)\left(a\left(ac+b^{2}-c^{2}\right)t^{2}+2\,ab^{2}t+b^{2}\left(a-c\right)\right)}{a\left(\left(2\,\Sa\,\Sb+2\,\Sa\,\Sc+4\,\Sc\,\Sb\right)t^{2}+4\,b^{2}\Sb\,t-2\,b^{2}\Sa\right)}\qquad\qquad\qquad\qquad\\ \qquad\pm S\,\dfrac{2b\,c\left(a^{2}t^{2}+2\,\Sc\,t+b^{2}\right)}{a\left(a-b+c\right)\left(\left(\Sa\,\Sb+\Sa\,\Sc+2\,\Sc\,\Sb\right)t^{2}+2\,b^{2}\Sb\,t-b^{2}\Sa\right)} \end{gathered} \right) \] Il y a donc deux cercles $\Gamma_{B}$ et $\Gamma_{B}'$, avec deux centres $G_{B}$ et $G_{B}'$. On procède de même avec $C$. On vérifie que $k'$ s'obtient à partir de $k$ par $b\leftrightarrow c,\;t\leftrightarrow-1-t$ , ce qui permet de synchroniser les points $G_{C}$ et $G_{C}'$ avec leurs homologues.

On calcule l'enveloppe de $G_{B}G_{C}$ par les méthodes usuelles: le point critique est $K=G_{B}G_{C}\wedge\frac{\partial}{\partial t}G_{B}G_{C}$. On constate que $K$ est sur $AM$ et est du second degré en $t$. Appliquant locusoni, on trouve que l'enveloppe est la conique \[ \mathcal{C}\simeq\left[\begin{array}{ccc} \left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right) & -2\,ac & -2\,ab\\ -2\,ac & 0 & 2\,a^{2}\\ -2\,ab & 2\,a^{2} & 0 \end{array}\right] \] Elle passe par $B,C$, est tangente à $IB$ et $IC$ et ses quatre foyers sont \[ \left[\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0 \end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ a+b-c\\ a-b+c \end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 2a\,c^{2}\left(b-c\right)\left(a-b-c\right)\pm8i\,ac^{2}\,S\\ -\left(a-b-c\right)\left(a^{2}+2\,ab-b^{2}+2\,cb-c^{2}\right)c^{2}\pm4i\,c^{2}\left(a+b-c\right)S\\ +\left(a-b-c\right)\left(a^{2}+2\,ac-b^{2}+2\,cb-c^{2}\right)c^{2}\pm4i\,c^{2}\left(a-b+c\right)S \end{array}\right] \]

On peut vérifier quelques propriétés géométriques évidentes: $\mathcal{C}$ est aussi l'enveloppe des droites $G_{B}'G_{C}'$ tandis que les points $M,G_{B}G_{C}'$ et $M,G_{B}'G_{C}$ sont alignés sur deux droites orthogonales (bissectrices en $M$ des triangles concernés).

On vérifie également que la symétrique de $BC$ par rapport à $G_{B}G_{C}$ (la deuxième tangente commune) passe par $X$, tandis que la symétrique de $BC$ par rapport à $G_{B}'G_{C}'$ passe par $2A-X$. Ce dernier résultat devient tout à fait évident lorsque l'on remarque le fait suivant: par définition de $X$, remplacer $S$ par $-S$ remplace $X$ par son antipode.

Cela dit, au vu des résultats, la paramétrisation par $X\left(t\right)$ n'était peut-être pas la plus simple possible !

Cordialement, Pierre.

Bonjour à tous,
J'avance que pour répondre au pourquoi de Poulbot, il suffit de regarder la figure de Pappus juste au-dessus :
PJ et PJ' sont perpendiculaires car les points P, M, X et Y sont sur le cercle de diamètre JJ', en tant que point de concours des quatre tangentes, intérieures et extérieures, aux deux cercles de centres J et J'.
Je suppose que ceci a été démontré il y a longtemps ... je vais essayer de retrouver ce résultat.

Je me corrige : PJ et PJ' sont naturellement perpendiculaires en tant que bissectrices respectives des deux angles adjacents supplémentaires BPY et YPC.
Comme on peut en dire autant, mutatis mutandis, des trois autres couples de droites MJ et MJ', XJ et XJ', YJ et YJ', les six points sont bien cocycliques sur le cercle de diamètre JJ'.
Merci à Poulbot pour cette question judicieuse qui m'a forcé à réfléchir !

Mon cher Pappus,
Réponse du cancre : Ben, je l'ai vu sur ta figure !
Plus sérieusement : je pensais que la question de Poulbot faisait référence directe à ta figure, et donc la considérait tout entière démontrée. Mais il est vrai que cette tangente PY, si on reprend le fil dans son ensemble, apparaît dans ta figure en supplément, je dirais, un peu par "miracle", qu'il faudrait donc creuser !
Et tu as entièrement raison, c'est bien là, autour de ce point P, que tout se décide !
Je viens de regarder de nouveau l'une de tes figures, et je me demande si le fait que la deuxième tangente intérieure passe par P ne serait pas à mettre en relation avec le fait que le point P est le point de contact du cercle inscrit dans ABC avec BC ? Mon intuition est-elle bonne ?
Voilà de quoi m'occuper ce soir ... Merci !
Bien amicalement
Jelobreuil (ou Jean-Louis, mais tu risquerais encore davantage de me confondre avec Louis ! ;-) J'espère qu'il l'a bien pris ...)

Bonjour Pappus
Si $U$ et $V$ sont les milieux de $\left[ AB\right] $ et $\left[ AC\right] $,$J_{B}=BI\cap UV,J_{C}=CI\cap UV$, la parallèle en $A$ à $BC$ est symétrique de la droite $AB$ par rapport à la droite $AJ_{B}$ et de la droite $AC$ par rapport à la droite $AJ_{C}$.
$J_{B}$ et $J_{C}$ sont donc les points limites de l'homographie extension aux droites $IB$ et $IC$ de $G_{B}\rightarrow G_{C}$.
Le centre de la conique enveloppe de $G_{B}G_{C}$ est donc le milieu de $\left[ J_{B}J_{C}\right] $ qui est aussi le milieu de $\left[ AP\right] $.
Amicalement. Poulbot

Bonjour,

Mon cher pappus. Les paramétrisations en $t$ du point $X$ sur son cercle ou en $L$ du point $M$ sur sa droite avaient précisément pour but de ne pas se limiter à un arc de cercle où à un segment de droite. En faisant ainsi, on obtient deux centres possibles $G_{b}G_{b}'$ et $G_{c}G_{c}'$ pour les deux cercles inscrits. Et alors, comme indiqué dans le post msg-1527538, il reste "\emph{à les apparier de sorte que $G_{b},G_{c}',M$ soient alignés}".

Lorsque l'on paramétrise par $X\left(t\right)$, il suffit de se limiter aux points $G_{b}et$$G_{c}$ puisque les points $G_{b}',G_{c}'$ seront pris en compte par le point $X\left(s\right)$ diamétralement opposé. Si l'on paramétrise par $M\left(L\right)$, il faut aussi gérer la transformation $W\mapsto-W$.

On regarde les cas spéciaux pour $\left(G_{b},G_{c}\right)$. On obtient: \[ \begin{array}{ccccc} L & -\infty & 0 & 1 & +\infty\\ G_{b} & [a:a-c:c] & I & B & [a:-a-c:c]\\ G_{c} & [a:b:-a-b] & C & I & [a:b:a-b] \end{array} \] et l'on vérifie que \[ \mathrm{birap}(G_{b},B,I,G_{b}^{+\infty})=\mathrm{birap}(G_{c},I,C,G_{c}^{+\infty})=\dfrac{a\,L+W-b}{a-b+c} \] \[ \mathrm{birap}(G_{b},B,I,G_{b}^{-\infty})=\mathrm{birap}(G_{c},I,C,G_{c}^{-\infty})=\dfrac{a\,L-W+b}{a+b-c} \] On remarque également que $G_{b}^{-\infty}\in J_{b}J_{a}$, $G_{c}^{+\infty}\in J_{c}J_{a}$, $G_{b}^{-\infty}G_{c}^{+\infty}\parallel BC$.

Prolonger cette correspondance homographique entre paramètres en une transformation circulaire est facile $ \def\vz{\mathrm{\mathbf{Z}}} \def\vzz{\overline{\mathcal{Z}}} \def\vt{\mathrm{\mathbf{T}}}$ \[ h\left(\begin{array}{c} \vz\\ \vt \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc} \alpha^{3}-\alpha^{2}\beta+\gamma^{2}\alpha+\beta\,\gamma^{2} & \alpha^{4}\beta+\alpha^{4}\gamma-\alpha^{3}\beta^{2}-\alpha^{3}\gamma^{2}-\alpha^{2}\beta^{2}\gamma-\alpha^{2}\beta\,\gamma^{2}\\ 2\,\alpha & -\alpha^{3}+\gamma\,\alpha^{2}-\beta^{2}\alpha-\beta^{2}\gamma \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} \vz\\ \vt \end{array}\right) \] mais n'apporte plus grand' chose puisque les foyers et les points limites sont connus.

Par ailleurs, on peut construire le graphe de $G_b \mapsto G_c$ en traçant les parallèles adéquates. On obtient une hyperbole passant par $B$ et $C$, mais il ne semble pas que ses foyers soient remarquables.

Cordialement, Pierre.

Bonjour Pappus
"Par exemple pour le moment, on a pas encore vraiment montré de façon synthétique ni que $P$ était le deuxième foyer ni que les points $J_{B}$ et $J_{B}$ étaient les points limites"
J'avais l'impression de l'avoir (très?) vaguement fait.
Amicalement. Poulbot

Mon cher Poulbot
Tu t'es contenté de dire de façon un peu elliptique que $PG_B\perp PG_C$ et de demander: pourquoi?
Quant aux points limites, tu les a donnés de façon correcte mais là aussi sans démonstration.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour
L'homographie $G_B\iff G_C$ est définie sur les droites $BI$ et $CI$ par l'égalité suivante entre angles orientés:
$$(AG_B,AG_C)=\dfrac 12(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})=Cte$$
On obtient les points limites en envoyant à l'infini soit le point $G_B$ soit le point $G_C$ et en regardant ce que donne cette égalité angulaire dans ces cas là.
Ce devrait être la démarche suivie par Pierre.
Comme je l'ai dit, une fois récupérés les points limites, il est facile de voir qu'on a un parallélogramme $AJ_BPJ_C$ et par suite $P$ est le second point fixe.
Sur ma figure, le point $M$ est à l'extérieur du segment $BC$.
Si $G_B$ est toujours le centre du cercle inscrit du triangle $ABM$, par contre le point $G_C$ est le centre du cercle exinscrit dans l'angle $A$ du triangle $ACM$
Amicalement
[small]p[/small]appus
@Poulbot
Nos messages se sont croisés!
Par contre il devrait y avoir moyen de montrer directement que $P$ est sur la deuxième tangente commune interne entre les les deux cercles.
Exercice:
Montrer que si $f$ est la transformation circulaire directe de points fixes $A$ et $P$ de point limite objet $J_B$ et de point limite image $J_C$, envoyant $G_B$ sur $G_C$, alors $f(R) = Q$ où $Q$ et $R$ sont les points de contact du cercle inscrit au triangle $ABC$ avec les côtés $AC$ et $AB$.