Les hauteurs et le nombre 4

soland · November 2017

Voilà une relation simple comme je les aime.
Les preuves "euclidiennes" sont bienvenues.

Un triangle ACUTANGLE, ses hauteurs, son cercle circonscrit.
$$
\frac{|AA''|}{|AA'|} + \frac{|BB''|}{|BB'|} + \frac{|CC''|}{|CC'|} = 4
$$ 69488

Chaurien · November 2017

Soit $H$ l'orthocentre.
Théorème de Ptolémée : $AA''.BC=AB.A''C+AC.A''B$, et les deux autres en tournant.
On sait que $A''C=HC$, et les $5$ autres analogues.
Soit $O$ le centre du cercle circonscrit et $I,J,K$ les milieux respectifs de $BC,CA,AB$. Alors $AH=2OI$ et les $2$ autres analogues.
En touillant tout ça, on y arrive.
Il y a sans doute plus court, mais moi au réveil j'ai trouvé ça.
Le jour se lève. Qu'il soit bon pour tous.
Fr. Ch.

Chaurien · November 2017

Je détaille.
D'après ce que j'ai dit :
$AA'' \cdot BC=AB \cdot A''C+AC \cdot A''B=AB \cdot HC+AC \cdot HB=2AB \cdot OK+ 2AC \cdot OJ$,
et les deux autres égalités en tournant .
Soit $S$ l'aire du triangle. Il vient en sommant :
$AA'' \cdot BC + BB'' \cdot AC +CC'' \cdot AB = 4AB \cdot OK+4 BC \cdot OI +4CA \cdot OJ=8S$
Et comme
$\frac {AA''}{AA'}+\frac {BB''}{BB'}+\frac {CC''}{CC'}=\frac {1}{2S} (AA'' \cdot BC + BB'' \cdot AC +CC'' \cdot AB)$,
c'est fait.
La démonstration ne vaut que pour un triangle acutangle (ou rectangle), ce qui est le cas du triangle de la figure.
Soland, merci pour ce moment géométrique.
Bonne journée.
Fr. Ch.

soland · November 2017

Eh ben, c'est la grande forme ce matin!

pappus · November 2017

Curieux que Rescassol ne se soit pas encore manifesté!
C'est le moment ou jamais de circonscrire ce brave Morley qui n'en pourra mais!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Bouzar pourrait aussi s'y mettre!

pappus · November 2017

Bonjour
Une idée de la démonstration pour un triangle quelconque!
On identifie le plan au plan complexe en sorte que le cercle circonscrit au triangle $ABC$ devienne le cercle trigonométrique, le seul cercle heureusement encore au programme!
1° $a''.a= -bc$
Donc $a''-a=-\dfrac{bc}a-a=-\dfrac{a^2+bc}a$
2° $a'=\dfrac{h+a''}2=\dfrac{a+b+c-\dfrac{bc}a}2$
Donc $a'-a=-\dfrac{(a-b)(a-c)}{2a}$
Par suite:
$\dfrac{a''-a}{a'-a}=\dfrac{2(a^2+bc)}{(a-b)(a-c)}$
On permute circulairement et on fait la somme, on réduit au même dénominateur et on obtient en désignant le Vandermonde de $(a,b,c)$ par $V(a,b,c)$.
$\sum_{cyclic}\dfrac{a''-a}{a'-a}=\dfrac 2{V(a,b,c)}\big(\sum_{cyclic}a^2(c-b)+\sum_{cyclic}bc(c-b)\big)$
Mais $\sum_{cyclic}a^2(c-b)=\sum_{cyclic}bc(c-b)\big)=V(a,b,c)$
Amicalement
[small]p[/small]appus

Chaurien · November 2017

Dans ma démonstration il y a trois lemmes : le théorème de Ptolémée, le fait que $A''$ est symétrique de $H$ par rapport à la droite $BC$, et l'égalité $AH=2OI$. Ils se trouvent tous trois dans le Lebossé-Hémery de Math-Élém.
En dépit de l'admiration que j'ai maintes fois manifestée pour notre brillante équipe de géomètres, dont l'un est si je ne me trompe mon concitoyen, j'ose penser que ma solution est plus simple que celle de Pappus, que d'ailleurs je ne comprends pas.
Bonne journée.
Fr. Ch.

pappus · November 2017

Bonjour Chaurien
Nous sommes tous ici pour partager nos trouvailles. Il n'est pas question de compétition.
Ta preuve est très jolie par les idées qu'elle utilise mais elle ne couvre que le cas des triangles acutangles alors que la mienne, plus prosaïque et calculatoire, couvre tous les cas!
Amicalement
[small]p[/small]appus

pappus · November 2017

Mon cher Chaurien
Je vais t'expliquer quelques détails du truc de Morley
Soient $a$, $b$, $c$,$d$ quatre complexes de module $1$
$L(a,b)$ désigne la droite joignant $a$ et $b$ (pour la structure de plan affine euclidien réel de $\mathbb C$).
1° $L(a,b)\parallel L(c,d) \iff \ a.b=c.d$
2° $L(a,b)\perp L(c,d) \iff \ a.b=-c.d$
3° l'affixe de l'orthocentre est $a+b+c$,(penser à la droite d'Euler)
4° $a'=\dfrac{h+a''}2$, (le symétrique de l'orthocentre par rapport à chaque côté est sur le cercle circonscrit.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Rescassol · November 2017

Bonjour,

> Curieux que Rescassol ne se soit pas encore manifesté!

Pappus, je ne peux pas tout faire en même temps, un cassoulet pour 20 personnes et de la géométrie !!...

Cordialement,

Rescassol

pldx1 · November 2017

Bonjour.

Facile: caractériser les points qui donnent 2.
Moins facile: caractériser les points qui donnent 4.

Cordialement, Pierre.

Chaurien · November 2017

@ pldx 1
« les points qui donnent ...» ???

pldx1 · November 2017

On se donne un point. On prend son triangle cevien $A'B'C'$ et son triangle circumcevien $A'',B'',C''$ et on fait les calculs.

poulbot · November 2017

Bonsoir
$\dfrac{\overline{AA^{\prime \prime }}}{\overline{AA^{\prime }}}=1+\dfrac{\overline{A^{\prime }A^{\prime \prime }}}{\overline{AA^{\prime }}}=1+\dfrac{\overline{HA^{\prime }}}{\overline{AA^{\prime }}}=1+\cot \widehat{B}\cot \widehat{C}$ et
$\cot \widehat{B}\cot \widehat{C}+\cot \widehat{C}\cot \widehat{A}+\cot \widehat{A}\cot \widehat{B}=1$ montrent que $\dfrac{\overline{AA^{\prime \prime }}}{\overline{AA^{\prime }}}+\dfrac{\overline{BB^{\prime \prime }}}{\overline{BB^{\prime }}}+\dfrac{\overline{CC^{\prime \prime }}}{\overline{CC^{\prime }}}=4$.

Cela montre aussi que la formule de Soland (qui semble utiliser des distances non signées) est valable si et seulement si $\max \left( \left\vert \widehat{B}-\widehat{C}\right\vert ,\left\vert \widehat{C}-\widehat{A}\right\vert ,\left\vert \widehat{A}-\widehat{B}\right\vert \right) \leq \dfrac{\pi }{2}$.

Amicalement. Poulbot

pappus · November 2017

Mon cher Rescassol
C'est une excellente excuse.
Dommage que j'habite si loin de chez toi, j'adore le cassoulet!
Amicalement
[small]p[/small]appus

jandri · November 2017

J'ai une solution qui n'utilise que la formule donnant l'aire d'un triangle ainsi que la propriété des angles inscrits.

On a égalité des angles $\widehat{C''CB}, \widehat{BAA''}$ et $\widehat{BCA''}$ donc $HA'=A'A''$ et par suite $AA''=AA'+HA'$.

Si $S$ désigne l'aire du triangle $ABC$ on a $AA'\times BC=2S$.

$\dfrac{AA''}{AA'}=1+\dfrac{HA'}{AA'}=1+\dfrac{HA'\times BC}{2S}$.

D'où $\sum \dfrac{AA''}{AA'}=3+\dfrac1{2S}\sum (HA'\times BC)=4$.

fm_31 · November 2017

Bonjour ,

jandri Remarquable de simplicité cette démo par les aires . .

Cordialement

Rescassol · November 2017

Bonne nuit,

Pour faire plaisir à Pappus:

clc, clear all, close all

syms a b c
syms aB bB cB % Conjugués

aB=1/a;
bB=1/b;
cB=1/c;

s1=a+b+c;
s2=a*b+b*c+c*a;
s3=a*b*c;

s1B=s2/s3;         % Conjugués
s2B=s1/s3;
s3B=1/s3;

%-----------------------------------------------------------------------

ap=(s1*a-b*c)/(2*a); % Le pied A' de la hauteur
as=-b*c/a; % Le point A"

apB=(s1B*aB-bB*cB)/(2*aB); % Les conjugués
asB=-bB*cB/aB;

AAP2=factor((ap-a)*(apB-aB)) % AA'^2
AAS2=factor((as-a)*(asB-aB)) % AA"^2

ra2=factor(AAS2/AAP2) % (AA"/AA')^2

% On trouve ra2=4*(a^2 + b*c)^2/((a - b)^2*(a - c)^2)
 
ra=2*(a^2 + b*c)/((a - b)*(a - c))
rb=2*(b^2 + c*a)/((b - c)*(b - a))
rc=2*(c^2 + a*b)/((c - a)*(c - b))

r=factor(ra+rb+rc) % Ça fait 4, Ô miracle

Cordialement,

Rescassol

PS: Tu peux venir manger le cassoulet quand tu veux.

pappus · November 2017

Bonne Nuit
Si j'ai bien compris le dernier message de Pierre, il demande d'étudier les lignes de niveau de la fonction:
$$f(M) = \dfrac{\overline{AA'}}{\overline{AA''}}+\dfrac{\overline{BB'}}{\overline{BB''}}+\dfrac{\overline{CC'}}{\overline{CC''}}$$
J'ai l'intuition que cette fonction est invariante par isogonalité!
Cette fonction vaut $2$ sur le cercle circonscrit.
Elle serait donc bornée dans tout le plan et il serait intéressant de chercher ses extrema!
Est-ce vrai?
Amicalement
[small]p[/small]appus 69526

Rescassol · November 2017

Bonne nuit,

> J'ai l'intuition que cette fonction est invariante par isogonalité!

Morley confirme.

Cordialement,

Rescassol

pappus · November 2017

Bonne Nuit Rescassol et fais de beaux rêves bien mérités!
Merci pour ton code!
En fait si $M$ et $M_*$ sont isogonaux, on a déjà l'égalité:
$$\dfrac{\overline{AA''}}{\overline{AA'}}= \dfrac{\overline{AA''_*}}{\overline{AA'_*}}$$
en vertu de l'axiome de Thalès!
C'est donc plutôt une propriété des céviennes isogonales.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Quand je songe à la question initiale de Soland sur l'orthocentre, relativement facile vu les nombreuses réponses apportées, peut-être aurait-il été plus judicieux de la poser en l'isogonal de l'orthocentre c'est à dire au centre du cercle circonscrit.
On aurait eu sans doute moins de réponses! 69532

pappus · November 2017

Bonne nuit
Cela aurait donné l'identité suivante pour les triangles acutangles:
$$\dfrac 1{AA'}+\dfrac 1{BB'}+\dfrac 1{CC'}=\dfrac 2R$$
Je ne sais pas si on aurait eu autant de réponses
Amicalement
[small]p[/small]appus 69538

poulbot · November 2017

Bonjour

Une question indiscrète qui devrait permettre à Rescassol (ou d'autres) de nous faire une jolie figure : $B$ et $C$ étant donnés, où faut-il prendre $A$ pour que la formule de Soland (qui utilise des distances) soit valable?

En ce qui concerne les questions de Pappus et Pierre,
La ligne de niveau $f^{-1}\left( 2\right) $ est la réunion de la droite de l'$\infty $ ($3$ céviennes parallèles), du cercle circonscrit et de la cubique K024 du catalogue de Bernard Gibert.
Les autres lignes de niveau sont des sextiques tricirculaires isogonales qui sont effectivement bornées.
Je ne pense pas que $f^{-1}\left( 0\right) $ ou $f^{-1}\left(4\right) $ soient décomposables, mais c'est au-dessus de mes moyens de le prouver.

Amicalement. Poulbot

pappus · November 2017

Merci Poulbot
Il est très facile de voir par le calcul que les lignes de niveau sont des sextiques isogonales.
J’ai bien essayé de trouver la cubique manquante de $f^{-1}(2)$ mais sans succès .
Peut-être que Pierre, calculateur implacable, répondra à tes dernières questions?
Je suis aussi incapable de tracer la moindre ligne de niveau avec Cabri!!
Amicalement
[small]p[/small]appus

poulbot · November 2017

Bonjour Pappus
En ce qui concerne $f^{-1}\left( 2\right) $, si, en barycentriques $M=\left( x:y:z\right) $, on a $\dfrac{\overline{AA^{\prime \prime }}}{\overline{AA^{\prime }}}=\dfrac{\left( y+z\right) \left( c^{2}y+b^{2}z\right) }{c^{2}y^{2}+b^{2}z^{2}+2S_{A}yz}$, ...
et $f\left( M\right) -2=0\Longleftrightarrow \left( x+y+z\right) \left( a^{2}yz+b^{2}zx+c^{2}xy\right) \left( \left( y+z\right) \dfrac{x^{2}}{a^{2}}+\left( z+x\right) \dfrac{y^{2}}{b^{2}}+\left( x+y\right) \dfrac{z^{2}}{c^{2}}\right) =0$ (merci à mon PC d'avoir trouvé le dernier facteur, les deux premiers étant connus).
Il suffit alors de regarder ICI sur le site de Bernard Gibert pour voir que la cubique manquante est bien $K_{024}$ dans son catalogue (une cubique tout à fait remarquable ayant des propriétés analogues à celle de McCay, alias K003).

Pour nos amis dessinateurs de belles figures, quid de ma première question
$B$ et $C$ étant donnés, où faut-il prendre $A$ pour que la formule de Soland (qui utilise des distances) soit vérifiée?

Amicalement. Poulbot

pappus · November 2017

Merci Poulbot
Je ne comprends pas très bien le sens de ta dernière question.
Veux-tu dire qu'il existe des points $A$ tel que l'angle $ \widehat {BAC}$ soit obtus et pour lesquels la formule de Soland concernant l'orthocentre soit encore vraie?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Rescassol · November 2017

Bonjour,

Une équation de $K024$: $z^3 + s_3^2\overline{z}^3 - s_1z^2 - s_2s_3\overline{z}^2 + s_2z + s_1s_3\overline{z} - 2s_3 = 0$.

Cordialement,

Rescassol

pappus · November 2017

Merci Poulbot pour ta référence au site de Bernard Gibert que je salue.
Amicalement
[small]p[/small]appus

poulbot · November 2017

Bonjour Pappus
"Veux-tu dire qu'il existe des points $A$ tel que l'angle $\widehat{BAC}$ soit obtus et pour lesquels la formule de Soland concernant l'orthocentre soit encore vraie?"

Ben oui!
Sauf erreur de ma part, et comme le l'ai dit plus haut (ICI), l'égalité de Soland est vérifiée si et seulement si $\max \left( \left\vert \widehat{B}-\widehat{C}\right\vert ,\left\vert \widehat{C}-\widehat{A}\right\vert ,\left\vert \widehat{A}-\widehat{B}\right\vert \right) \leq 90^{\circ }$.
Elle est, par exemple, vraie pour $ABC$ isocèle en $A$ et $\widehat{BAC}\leq 120^{\circ }$.
Le lieu de $A$ devrait faire intervenir, non pas le cercle de diamètre $\left[ BC\right] $, mais l'hyperbole équilatère de sommets $B$ et $C$ et deux strophoïdes de points doubles $B$ et $C$; c'est pour cela que je faisais appel aux spécialistes de jolies figures.
Amicalement. Poulbot

pappus · November 2017

Merci Poulbot!
C'est donc toujours la fête de Bernard!
Amicalement
[small]p[/small]appus

poulbot · November 2017

Et oui!
Mes respectueuses amitiés à Bernard en ce jour de fête!
Sur la figure ci-dessous, il n'est pas difficile de trouver où doit être $A$ pour que l'égalité de Soland soit vérifiée; mais je ne sais pas comment colorier son lieu avec Cabri.
Amicalement. Poulbot 69552

pldx1 · November 2017

Bonjour.

Toutes les courbes passent par les sommets (*2) et les ombilics (*6). Le maximum est atteint par le centre inscrit. Les minima sont atteints par les exinscrits.

Cordialement, Pierre.

pappus · November 2017

Merci Pierre!
Cela aurait pu être un beau problème de calcul différentiel.
Encore faut-il donner une écriture de cette fonction et qui sait encore aujourd'hui ce qu'est un cercle inscrit ou exinscrit quand il ne nous reste que le cercle trigonométrique!
Amicalement
[small]p[/small]appus

poulbot · November 2017

Bonjour Pierre
Ainsi, le maximum de $f$ est $2+\dfrac{R}{r}$ et son minimum $2-\dfrac{R}{r^{\prime }}$ où $r^{\prime }$ est le rayon du cercle exinscrit associé au plus petit côté.
Mais comment as-tu établi ton résultat? Les calculs me semblent démentiels si on ne s'y prend pas bien.
Cordialement. Poulbot