Cercles tangents

Bonjour
Voici la figure de Bouzar interprétée dans le cadre de la théorie des trois similitudes.
$A$, $B$, $C$ sont les centres de similitude. $P$ est le point directeur. Les points $U$, $V$, $W$ sont les points invariables.
Les droites $\ell_a$, $\ell_b$, $\ell_c$ forment un triangle $A'B'C'$ à côtés homologues donc en perspective avec le triangle de similitude $ABC$, le centre de perspective $I$ étant situé sur le cercle de similitude.
Les points $P_a$, $P_b$, $P_c$ forment un triplet de points homologues donc en perspective avec le triangle invariable $UVW$, le centre de perspective $J$ étant situé sur le cercle de similitude.
Il se trouve et c'est ce que Bouzar demande de démontrer que le point $J$ est justement le point de contact du cercle circonscrit au triangle $A'B'C'$ et du cercle de similitude.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour,

Je reprends le tout, en commençant à peu près au début.

On se donne un triangle $ABC$ par sa description projective complexe $A\simeq\alpha:1:1/\alpha$, ainsi qu'un point $\def\ptv{~;~} \def\etc{,\:\mathrm{etc}} \def\equi{\mathcal{E}} $ $\equi\doteq z:t:\zeta$. Les cercles $\gamma_{a}\doteq\equi BC\etc$ ont pour équation: \[ \gamma_{a}\simeq\left[\begin{array}{c} t^{2}-z\,\zeta\\ -\left(\beta+\gamma\right)\left(t^{2}-z\,\zeta\right)\\ \beta\,\gamma\left(t^{2}-z\,\zeta\right)\\ \left(\beta\,\gamma\,\zeta+z\right)t-\left(\beta+\gamma\right)t^{2} \end{array}\right]\etc. \]

Considérons une droite mobile $L$ $[t\ptv\zeta\,\kappa-z\ptv-\kappa\,t]$ passant par le point $\equi$. Elle recoupe les cercles $\gamma_{a}\etc$ en \[ M_{a}=\left[\begin{array}{c} \beta\,\gamma\left(z\,\zeta-\,t^{2}\right)-\left(t^{2}-t\,\zeta\left(\beta+\gamma\right)+\zeta^{2}\gamma\,\beta\right)\kappa\\ t\,\left(\beta\,\gamma\,\zeta-\left(\beta+\gamma\right)t+z\right)\\ \left(z\,\zeta-t^{2}\right)-(\beta\,\gamma\,t^{2}-t\,z\,\left(\beta+\gamma\right)+z^{2})\dfrac{1}{\kappa} \end{array}\right]\etc \] On constate que le point $\equi$ est l'équicentre des points $M_{a}M_{b}M_{c}$ avec les masses \[ \left(\begin{array}{c} f\\ g\\ h \end{array}\right)\simeq\left(\begin{array}{c} \left(\beta\,\gamma\,\zeta-\beta\,t-\gamma\,t+z\right)\left(\alpha\,\zeta-t\right)\left(\alpha\,t-z\right)\left(\beta-\gamma\right)\\ \left(\gamma\,\alpha\,\zeta-\alpha\,t-\gamma\,t+z\right)\left(\zeta\,\beta-t\right)\left(\beta\,t-z\right)\left(\gamma-\alpha\right)\\ \left(\alpha\,\beta\,\zeta-\alpha\,t-\beta\,t+z\right)\left(\gamma\,\zeta-t\right)\left(\gamma\,t-z\right)\left(\alpha-\beta\right) \end{array}\right) \] tandis que l'on passe des points $M_{a}$aux points $M_{b}$ par la similitude \[ \sigma_{c}=\left[\begin{array}{ccc} \dfrac{\left(\beta\,\gamma\,\zeta-\left(\beta+\gamma\right)t+z\right)\left(\alpha\,\zeta-t\right)}{\left(\alpha\,\gamma\,\zeta-\left(\alpha+\gamma\right)t+z\right)\left(\beta\,\zeta-t\right)} & \dfrac{\left(t^{2}-\zeta\,z\right)\left(\alpha-\beta\right)\gamma}{\left(\alpha\,\gamma\,\zeta-\left(\alpha+\gamma\right)t+z\right)\left(\zeta\,\beta-t\right)} & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & \dfrac{\left(t^{2}-\zeta\,z\right)\left(\alpha-\beta\right)}{\left(\alpha\,\gamma\,\zeta-\left(\alpha+\gamma\right)t+z\right)\left(\beta\,t-z\right)} & \dfrac{\left(\beta\,\gamma\,\zeta-\left(\beta+\gamma\right)t+z\right)\left(\alpha\,t-z\right)}{\left(\alpha\,\gamma\,\zeta-\left(\alpha+\gamma\right)t+z\right)\left(\beta\,t-z\right)} \end{array}\right] \] et circulairement avec $\sigma_{a}:M_{b}\mapsto M_{c}$ et $\sigma_{b}:M_{c}\mapsto M_{a}$.

Comme ces similitudes sont indépendantes du paramètre $\kappa$ des sécantes mobiles, on peut appliquer toute la machinerie des "trois similitudes", les points $A\left(\alpha\right)$ jouant le rôle des points $O_{a}\left(\rho\right)$, tandis que le rôle du "principal triangle modulaire de deuxième espèce", aka le triangle des angles, est joué par le triangle $\alpha'=\left(\alpha\,\zeta-t\right)\div\left(\alpha\,t-z\right)\etc$.

On rappelle que les "points adjoints" $O'_{a}\etc$ sont définis par le fait que $O_{a}',O_{a},O_{a}$ forme un triplet de points homologues. Le point $O'_{a}$ est donc la réintersection de $\equi A$ et de $\gamma_{a}$. Par ailleurs, les "points invariants" $P_{a}\etc$ sont définis comme étant la réintersection de $\equi A=\equi O_{a}$ et du cercle de similitude $\Gamma$. On obtient: \[ O'_{a}=\left[\begin{array}{c} \dfrac{\alpha^{2}\beta\,\gamma\,\zeta^{2}+\left(\alpha\,\beta+\gamma\,\alpha-\beta\,\gamma\right)\zeta\,z-\alpha\,t\,z-\alpha\,\left(\alpha\,\beta+\gamma\,\alpha+\beta\,\gamma\right)t\,\zeta+\left(\alpha^{2}+\beta\,\gamma\right)t^{2}}{\left(z-\left(\beta+\gamma\right)t+\beta\,\gamma\,\zeta\right)\left(\alpha\,\zeta-t\right)}\\ 1\\ \dfrac{z^{2}+\alpha\,\left(\beta+\gamma-\alpha\right)\zeta\,z-\left(\alpha+\beta+\gamma\right)t\,z-\alpha\,\beta\,\gamma\,t\,\zeta+\left(\alpha^{2}+\beta\,\gamma\right)t^{2}}{\alpha\,\left(z-\left(\beta+\gamma\right)t+\beta\,\gamma\,\zeta\right)\left(z-\alpha\,t\right)} \end{array}\right] \] tandis que $P_{a}\simeq1/\alpha':1:\alpha'$ vient rappeler que le triangle invariant est inversement semblable aux triangles modulaires de deuxième espèce (ah la nomenclature à la R-C, cela fait chic).

Considérons maintenant une position infiniment voisine de la sécante, générant des points $M'_{a},M'_{b},M'_{c}$. Les droites $M_{a}M'_{a}$ sont d'une part tangentes à leur cercles respectifs, et d'autre part forment un trigone de droites homologues. Soit $T_{a}T_{b}T_{c}$le triangle correspondant. Il est en perspective avec $O_{a}O_{b}O_{c}$ et le perspecteur $\def\slov{\mathcal{S}} \def\slovs{\mathcal{S}^{*}} \def\prb{\mathcal{Q}} \def\mqqz{\boxed{\prb_{z}}} \def\mqqiz{\boxed{\prb_{z}^{-1}}}$ $\slovs$ est sur le cercle $\Gamma$. (Cela ne sert pas ici, mais c'est vrai quand même).

Par ailleurs, le point $M'_{a}$ s'obtient en posant $\tau=\tau+ik\tau$ et en faisant un développement limité en $k$. On obtient: \[ M'_{a}=M_{a}+k\,\left(\begin{array}{c} i\kappa\;\dfrac{\left(\gamma\,\zeta-t\right)\left(\zeta\,\beta-t\right)}{\beta\,\gamma\,\zeta-\left(\beta+\gamma\right)t+z}\\ 0\\ \dfrac{1}{i\kappa}\;\dfrac{\left(\gamma\,t-z\right)\left(\beta\,t-z\right)}{\beta\,\gamma\,\zeta-\left(\beta+\gamma\right)\,t+z} \end{array}\right) \] Il est immédiat qu'en levant la restriction $k\in o\left(1\right)$ on obtient une LFIT... inscrite dans le triangle $T_{a}T_{b}T_{c}$. On a donc la propriété de Miquel: pour $k$ fixé, les cercles $T_{a}b_{k}c_{k}$ et les droites $I_{a}a_{k}$ passent par un même point $M_{q}\left(k\right)$, sur le cercle unité.

Et maintenant un petit lemme. Pour un triangle $a_{t}b_{t}c_{t}$ inscrit dans $ABC,$ le point de Miquel, commun aux trois cercles de Miquel, appartient au cercle circonscrit si et seulement si le triangle inscrit est plat. Preuve: posons $a_{0}=pB+\left(1-p\right)C$, $b_{0}=qC+\left(1-q\right)A$, $c_{0}=rA+(1-r)B$ et prenons $A\left(\alpha\right)\etc$ comme référence. Les cercles de Miquel sont: \[ \mu_{a}\simeq\left(\begin{array}{c} \left(\alpha-\beta\right)r+\left(\gamma-\alpha\right)\left(1-q\right)\\ \left(\alpha-\gamma\right)\left(\alpha+\beta\right)\left(1-q\right)-\left(\alpha+\gamma\right)\left(\alpha-\beta\right)r\\ \alpha\,\gamma\,\left(\alpha-\beta\right)r+\alpha\,\beta\,\left(\gamma-\alpha\right)\left(1-q\right)\\ \left(\beta-\gamma\right)\alpha \end{array}\right)\etc \] Leur orthogonal commun a pour Veronese \[ V=\mu_{a}\wedge\mu_{b}\wedge\mu_{c}=\left[V_{1},V_{2},V_{3},\left(\beta-\gamma\right)^{2}\left(\alpha-\gamma\right)^{2}\left(\alpha-\beta\right)^{2}\left(pq+rp+qr-p-q-r+1\right)\right] \] On peut vérifier que $\def\tra#1{{{\vphantom{#1}}^{t}{#1}}}$ $V.\mqqiz\cdot\tra{V=0}$ : le cercle orthogonal commun est bien un cercle-point (propriété de Miquel). Et alors $V_{4}$ donne la puissance de ce point par rapport au cercle unité. QED.

Revenant au problème de Bouzar, il est clair que le triangle $M_{a}M_{b}M_{c}$ est aplati, et qu'il compte double, vu la génération par dérivation. Par conséquent, le cercle de similitude $O_{a}O_{b}O_{c}=ABC$ et le cercle circonscrit à $T_{a}T_{b}T_{c}$ ont un point double en commun: ils sont tangents au point de Miquel $M_{q}(k=0)$. Un peu de calcul donne $z\left(M_{q}\right)=$

\[ -\kappa\,\dfrac{\left(\gamma\,\zeta-t\right)\left(\zeta\,\beta-t\right)\left(\alpha\,\zeta-t\right)\kappa-\left(\alpha\,\beta\,\gamma\,z\,\zeta^{2}+z^{2}t-\left(\alpha+\beta+\gamma\right)z\,t^{2}-2\,\alpha\,\beta\,\gamma\,\zeta\,t^{2}+\left(\alpha\,\beta+\gamma\,\alpha+\beta\,\gamma\right)t^{3}\right)}{\left(\gamma\,t-z\right)\left(\beta\,t-z\right)\left(\alpha\,t-z\right)+\kappa\left(z^{2}\zeta+\gamma\,\beta\,\alpha\,\zeta^{2}t-2\,z\,t^{2}-\left(\beta\,\alpha+\gamma\,\alpha-\gamma\,\beta\right)\zeta\,t^{2}+\left(\alpha+\beta+\gamma\right)t^{3}\right)} \]

C'est pas fini, il reste à faire quelque chose avec le point $\slovs$ qui ne nous a servi à rien pour l'instant. On en prend le conjugué isogonal par rapport à $T_{a}T_{b}T_{c}$, cela donne $\slov$. On trace alors la conique inscrite à $T_{a}T_{b}T_{c}$ et ayant pour centre $\left(T_{a}+T_{b}+T_{c}-\equi\right)/2$. Et l'on voit que $\slov$ est dessus. Comme c'est ce que l'on avait prévu (voir message précédent), on est content.


Cordialement, Pierre.

Bonsoir
Je vais reprendre la figure de Bouzar dans l'optique de Pierre mais dans un ordre différent.
Je pars toujours du triangle $ABC$ mais cette fois je me donne d'abord la transversale $P_aP_bP_c$ et dessus un point $E$ arbitrairement choisi.
Puis je reconstitue la figure de Bouzar.
Je trace la conique inscrite $\Gamma$ tangente en $E$ à la transversale.
Je trace le centre $\Omega$ de $\Gamma$ puis le symétrique $S$ de $E$ par rapport à $\Omega$.
On considère alors sur les côtés du triangle $ABC$, la $FLTI$ de centre de lenteur $S$ et d'équicentre $E$
On construit les centres de similitude $\alpha$, $\beta$, $\gamma$, le centre de perspective $S_*$ et on vérifie que le cercle circonscrit au triangle $ABC$ est bien tangent en un point $\omega$ au cercle de similitude comme il se doit suivant Pierre.
Voici maintenant mes nouvelles questions:
Quand le point $E$ décrit la transversale $P_aP_bP_c$, montrer que le point $\omega$ est fixe et déterminer les lieux des points $\Omega$, $S$, $S_*$, $\alpha$, $\beta$, $\gamma$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Mais sans doute Pierre a-t-il déjà répondu à certaines de ces questions?

Bonjour

Pappus wrote : "Les droites $l_{a},l_{b},l_{c}$ forment un triangle $A^{\prime }B^{\prime }C^{\prime }$ à côtés homologues donc en perspective avec le triangle de similitude $ABC$, le centre de perspective $I$ étant situé sur le cercle de similitude."
On a vu aussi (je ne sais plus où) que ce triangle $A^{\prime }B^{\prime }C^{\prime }$ est indirectement semblable au triangle invariable $UVW$. J'ai essayé de m'en servir pour trouver une preuve non calculatoire du résultat de Bouzar mais, évidemment, je n'ai pas trouvé.

En ce qui concerne ton dernier message, si $Q$ est le quadrilatère complet de côtés les droites $BC,CA,AB$ et la transversale $P_{a}P_{b}P_{c}$, le lieu de $\Omega $ est (très classiquement) la droite de Newton de $Q$ (celle qui passe par les milieux de $\left[ AP_{a}\right] ,\left[ BP_{b}\right] ,\left[ CP_{c}\right] $).
Les points $\alpha ,\beta ,\gamma $ se promènent respectivement sur les cercles $AP_{b}P_{c},BP_{c}P_{a},CP_{a}P_{b}$ que tu nous as sournoisement cachés. Ces $3$ cercles passent par $\omega $, point de Miquel de $Q$ qui est aussi le foyer de la parabole inscrite dans $Q$ et l'isogonal du point à l'infini de la droite de Newton.
Le point $S$ décrit l'hyperbole circonscrite à $ABC$ dont la transversale $P_{a}P_{b}P_{c}$ est une asymptote (l'autre est parallèle à la droite de Newton) et son isogonal $S_{\ast }$ la droite passant par $\omega $ et l'isogonal du point à l'infini de la transversale.

Amicalement. Poulbot

Bonjour
La figure ci-dessous est une forme d'hommage à Pierre pour tout le mal qu'il se donne pour nous faire aimer la géométrie.
On sait combien la théorie des $FLTI$ est difficile dans ses aspects techniques mais Pierre a su nous la rendre accessible dans son indispensable glossaire.
Le problème de Bouzar amène à s'intéresser aux intersections du cercle circonscrit à un triangle à côtés homologues avec le cercle de similitude.
Pierre a élucidé le cas particulier où ils sont tangents mais que peut-on dire dans le cas général?
Voilà une première réponse trouvée avec l'aide de Cabri mais seuls les calculs de Pierre pourront la confirmer et la préciser.
Les figures concernant les $FLTI$ sont toujours délicates à réaliser à cause du nombre des points qui interviennent et j'ai fait mon possible pour rendre la mienne claire.
Je vais détailler l'ordre dans lequel les points sont apparus.
Tout d'abord le triangle $ABC$ qui aura vocation à être le support de la $FLTI$.
Ensuite le point $\Omega$ et la conique inscrite de centre $\Omega$ qui sera la conique piler.
Je trace ensuite les points $S$ et $E$ de milieu $\Omega$, $S$ sera le centre de lenteur et $E$ l'équicentre.
Je les ai choisis et c'est important pour la suite, à l'extérieur de la conique pilier.
Je trace ensuite le triangle de similitude $\alpha\beta\gamma$.
On sait que les triangles $ABC$ et $\alpha\beta\gamma$ sont en perspective, le centre de perspective étant le point $S_*$, isogonal de $S$ par rapport au triangle $ABC$.
A ce stade, que sait-on?
Soit $f$ la transformation circulaire directe transformant le triplet $(A,B,C)$ en le triplet $(\alpha,\beta,\gamma)$.
1° $S$ est le point limite-objet ou pôle de $f$ : i.e: $f(S)=\infty$.
2° $E$ est le point limite image de $f$ ou pôle de $f^{-1}$, i.e: $f(\infty)=E$.
3° Les foyers $F$ et $F'$ de la conique pilier sont les points fixes de $f$.
Je trace un triangle $abc$ à sommets homologues de la $FLTI$ ainsi que la conique temporelle circonscrite à ce triangle.
C'est cette conique que j'appelais autrefois conique divisionnaire, non pas pour des raisons militaires, mais par référence aux divisions semblables de nos aïeux qui ne connaissaient pas les correspondances affines.
On sait que ces coniques temporelles sont bitangentes à la conique pilier et qu'elles ont les mêmes points à l'infini, réels dans mon cas de figure où $S$ et $E$ sont à l'extérieur de la conique pilier. Ces coniques temporelles sont donc des hyperboles.
Pour leur définition, prière de se rapporter au glossaire de Pierre.
Les points $U$ et $V$ sont les points d'intersection du cercle circonscrit au triangle $ABC$ avec le cercle de similitude. Ils sont réels dans mon cas de figure.
Les droites $S_*U$ et $S_*V$ recoupent le cercle circonscrit au triangle $ABC$ respectivement en $U'$ et $V'$.
Montrer que les points $U'$ et $V'$ sont les isogonaux des points à l'infini des coniques temporelles.
Ces points à l'infini sont ceux des tangentes issues de $E$ à la conique pilier, lesquelles tangentes sont le support des triplets aplatis de la $FLTI$. (J'aurais donc pu éviter de parler des coniques temporelles!).
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonsoir
Cette fois-ci, je me suis arrangé sur la figure ci-dessous pour que le cercle circonscrit au triangle $ABC$ et le cercle de similitude soient orthogonaux. Pour ce faire, il suffit de choisir $E$ ou $S$ sur le cercle orthoptique de la conique pilier, les coniques temporelles devenant alors automatiquement équilatères. Les points $U'$ et $V'$ sont de facto diamétralement opposés.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour,

Résumons les épisodes précédents, puis appliquons la grande machinerie ancestrale au problème de Bouzar.

1. On part de trois points $O_{a},O_{b},O_{c}$ sur le cercle unité $\Gamma$ (en orange).
   
   $\,$
2. On ajoute un point $\def\slov{\mathcal{S}} \def\equi{\mathcal{E}} \def\equis{\equi^{*}} \def\slovs{\slov^{*}}$ $\equi\simeq z:t:\zeta$ dans le plan, et on trace (en rouge) les cercles adjoints: $\def\etc{,\:\mathrm{etc}} \def\pilcon{\mathfrak{C}} \def\pilpt{\Omega} $ $\gamma_{a}=\left(\equi,O_{b},O_{c}\right)\etc$. On ajoute le point $\equis\simeq z_{5}:t_{5}:\zeta_{5}$, isogonal de $\equi$ par rapport au triangle $O_{a},O_{b},O_{c}$.
   
   $\,$
3. On ajoute une transversale $\Delta$ par $\equi$ (paramètre angulaire $\kappa$). Elle coupe les cercles adjoints en $M_{a},M_{b},M_{c}$.
   
   $\,$
4. On passe aux applications linéaires tangentes: on remplace $\kappa$ par $\kappa\left(1+i\,k\right)$ et l'on développe au premier ordre. Cela fournit un point $a_{k}$ qui se déplace sur la tangente en $M_{a}$ au cercle $\gamma_{a}\etc$.
   
   $\,$
5. On a donc obtenu (pour chaque $\kappa$) une famille de triangles $a_{k}b_{k}c_{k}$ dépendant linéairement d'un paramètre et qui viennent s'inscrire dans un trigone fixe $ABC$. Il ne reste plus qu'à appliquer les résultats généraux des LFIT.
   
   $\,$
6. On commence par remarquer que les similitudes $\sigma_{j}$ ne dépendent pas de $\kappa$, que les $O_{j}$ sont les centres des $\sigma_{j}$ et que $\equi$ est l'équicentre global de cette configuration de trois similitudes. On a donc \[ \forall M\;:\;f\,M+g\,\sigma_{c}\left(M\right)+h\,\sigma_{b}^{-1}\left(M\right)=\left(f+g+h\right)\equi \]
   
7. Ensuite de quoi, pour chaque $\kappa$, les triangles $O_{a}O_{b}O_{c}$ et $ABC$ sont en perspective, définissant un point $\slovs\in\Gamma$.
   
   $\,$
8. On définit $\slov$ par $f\,A+g\,B+h\,C=\left(f+g+h\right)\slov$, autrement dit, $\slov$ est le slowness center de la famille. On trace alors (en magenta) la conique pilier $\pilcon$, inscrite dans $ABC$ et centrée en $\pilpt=\left(\equi+\slov\right)/2$. On constate que $\slov,\equi$ sont sur cette conique.
   
   $\,$
9. CAVEAT: l'isogonalité de la paire $\slov,\slovs$ est prise par rapport au trigone $ABC$. Et donc $\slov$ dépend de $\kappa$. On peut vérifier cette propriété en appliquant les coefficients $BC^{2}/f:\etc$. au triangle $ABC$: cela redonne $\slovs$.
   
   $\,$
10. On introduit alors les points adjoints $O'_{a}\etc$., les points fixes $P_{a}\etc$, et les cercles de Miquel $\mu_{a}=\left(A,b_{t},c_{t}\right)\etc$ (en vert). La théorie des LFIT montrent qu'ils concourent en un point "de Miquel" $M_{k}\in\Gamma$.
    
    $\,$
11. Lemme1: on a, pour tout $k$, $O_{a}\in\mu_{a}\etc.$ Lorsque le triangle $a_{k}b_{k}c_{k}$ est aplati sur une droite $\left(D\right)$, les quatre cercles $\mu_{a},\mu_{b},\mu_{c}$,$\left(ABC\right)$ deviennent les cercles de Miquel du quadrilatère $O_{a}O_{b},O_{b}O_{c},O_{c}O_{a},D$: ils concourent donc en un même point (théorème de Miquel) et le point $M_{0}$ est commun à $\Gamma$ et à $\left(ABC\right)$.
    
    $\,$
12. Lemme2: soit $s$ une autre instanciation de $k$. Les graphes temporels associés sont les deuxièmes tangentes issues de $a_{s},\,b_{s},\,c_{s}$ à la conique pilier. Lorsque le triangle $a_{s}b_{s}c_{s}$ est aplati sur une droite $D$, les trois graphes sont confondus... et la droite est tangente à $\pilcon$. Comme $\slov\in D$ (propriété de Neuberg), $D$ est l'une des tangentes issues de $\equi$.
    
    $\,$
13. Ces deux lemmes prouvent la propriété de Bouzar: comme il y a tangente double en $\equi$, les cercles $\Gamma$ et $\left(ABC\right)$ ont un point double en commun.
    
    $\,$
14. Remontons aux ancêtres. Nous avions: \begin{eqnarray*} a_{k} & \simeq & \left[\begin{array}{c} \sigma\,\tau\,\left(t_{0}^{2}-z_{0}\,\zeta_{0}\right)\kappa+\left(1-ik\right)\left(t_{0}-\sigma\,\zeta_{0}\right)\left(t_{0}-\tau\,\zeta_{0}\right)\kappa^{2}\\ \kappa\,t_{0}\,\left(\left(\sigma+\tau\right)t_{0}-\sigma\,\tau\,\zeta_{0}-z_{0}\right)\\ \left(t_{0}^{2}-z_{0}\,\zeta_{0}\right)\kappa+\left(1+ik\right)\left(\sigma\,t_{0}-z_{0}\right)\left(\tau\,t_{0}-z_{0}\right) \end{array}\right]\\ & \simeq & \left[\begin{array}{c} s_{3}\,t_{5}\left(\sigma\,\tau\,\zeta_{5}+z_{5}-\left(\sigma+\tau\right)t_{5}\right)\,\kappa+\left(1-ik\right)\left(\sigma\,t_{5}-z_{5}\right)\left(\tau t_{5}-z_{5}\right)\kappa^{2}\\ -s_{3}\,\left(t_{5}^{2}-\zeta_{5}\,z_{5}\right)\kappa\\ \rho\,t_{5}\left(\sigma\,\tau\,\zeta_{5}+z_{5}-\left(\sigma+\tau\right)t_{5}\right)\,\kappa+\left(1+ik\right)\left(t_{5}-\zeta_{5}\,\sigma\right)\left(t_{5}-\tau\,\zeta_{5}\right)\rho s_{3} \end{array}\right] \end{eqnarray*} On sait que $O_{a}\mapsto a_{k},\;O_{b}\mapsto b_{k},\;O_{c}\mapsto c_{k}$ définit une homographie de Cremona, et que cette transformation est une involution dont le pôle $p_{k}$ est donné par: \[ a_{k}\mapsto p_{k}:\;\left(\begin{array}{c} z_{1}\\ t_{1}\\ \zeta_{1} \end{array}\right)\mapsto\left(\begin{array}{c} \dfrac{\sigma\,\tau\,t_{5}\,t_{1}-z_{1}\,z_{5}}{\left(\sigma+\tau\right)\,t_{5}\,t_{1}-\left(t_{1}\,z_{5}+t_{5}\,z_{1}\right)}\\ 1\\ \dfrac{t_{5}\,t_{1}-\zeta_{1}\,\zeta_{5}\,\sigma\,\tau}{\left(\sigma+\tau\right)\,t_{5}\,t_{1}-\,\sigma\,\tau\left(t_{1}\,\zeta_{5}+t_{5}\,\zeta_{1}\right)} \end{array}\right) \]
    
    
    $\,$
15. Appliqué ici, ce pôle $p_{k}$, i.e. l'ancêtre commun des points $a_{k},b_{k},c_{k}$, vaut: \[ p_{k}\simeq\left[\begin{array}{c} \left(k\kappa\,t_{5}\,z_{5}+i\,z_{5}\,\kappa+is_{3}\,t_{5}\right)\left(k\,s_{3}\,t_{5}^{2}-iz_{5}\,\kappa-is_{3}\,t_{5}\right)\\ \left(k\kappa\,t_{5}^{2}+i\,t_{5}\,\kappa+is_{3}\,\zeta_{5}\right)\left(k\,s_{3}\,t_{5}^{2}-iz_{5}\,\kappa-is_{3}\,t_{5}\right)\\ \left(k\kappa\,t_{5}^{2}+i\,t_{5}\,\kappa+is_{3}\,\zeta_{5}\right)\left(k\,s_{3}\,t_{5}\,\zeta_{5}-it_{5}\,\kappa-is_{3}\,\zeta_{5}\right) \end{array}\right] \] Comme toujours, le lieu (temporel) de cet ancêtre est un cercle. Son équation est: \[ Loc_{\kappa}\simeq\left[\begin{array}{c} -\left(\kappa\,t_{5}+s_{3}\zeta_{5}\right)^{2}\\ 2\,\left(\kappa\,t_{5}+s_{3}\,\zeta_{5}\right)\left(\kappa\,z_{5}+s_{3}\,t_{5}\right)\\ -\left(\kappa\,z_{5}+s_{3}\,t_{5}\right)^{2}\\ t_{5}\,\left(\kappa^{2}z_{5}+2\,\kappa\,s_{3}\,t_{5}+s_{3}^{2}\zeta_{5}\right) \end{array}\right] \] Comme de juste, ce cercle (en cyan gras) passe par $\equis$ (l'ancêtre du triplet des directions du trigone ABC) et est tangent au cercle unité (il n'y a qu'un seul triangle plat dans la famille).
    
    $\,$
16. La mère des ancêtres, c'est à dire le centre du cercle précédent, est le point: \[ \aleph_{\kappa}\simeq\left[\begin{array}{c} \left(\kappa\,z_{5}+s_{3}\,t_{5}\right)^{2}\\ t_{5}\,\left(\kappa^{2}z_{5}+2\,\kappa\,s_{3}\,t_{5}+s_{3}^{2}\zeta_{5}\right)\\ \left(\kappa\,t_{5}+s_{3}\,\zeta_{5}\right)^{2} \end{array}\right] \]
    
17. Et comme c'est Noël bientôt, le lieu de la mère des ancêtres est lui aussi un cercle, qui ne dépend que de $\equis$. Que dire de ce cercle (en cyan pointillé) ?

Cordialement, Pierre.

Cher Pappus, pourquoi ta signature commence par un petit p? par modestie?
Bonne Année à tous. Que vos voeux les plus fous se réalisent
Jean-Louis