Pensez à lire la Charte avant de poster !

$\newcommand{\K}{\mathbf K}$


Les-Mathematiques.net - Cours de mathématiques supérieures
 Les-Mathematiques.net - Cours de mathématiques universitaires - Forum - Cours à télécharger

A lire
Deug/Prépa
Licence
Agrégation
A télécharger
Télécharger
146 personne(s) sur le site en ce moment
E. Cartan
A lire
Articles
Math/Infos
Récréation
A télécharger
Télécharger
Théorème de Cantor-Bernstein
Théo. Sylow
Théo. Ascoli
Théo. Baire
Loi forte grd nbre
Nains magiques
 
 
 
 
 

Cercles tangents

Envoyé par Bouzar 
Cercles tangents
l’an passé
avatar
Bonjour
Voici un nouveau problème.
Soit $ABC$ un triangle et un point $P$. Un droite $\ell$ passant par $P$ intersecte respectivement les cercles circonscrits $\odot PBC, \odot PCA, \odot PAB$ en $P_a,P_b,P_c$.
Soit $\ell_a, \ell_b, \ell_c,$ les tangentes respectives aux cercles circonscrits $\odot PBC, \odot PCA, \odot PAB$ en $P_a, P_b, P_c$.
Montrer que le cercle circonscrit au triangle formé par les trois droites $\ell_a, \ell_b, \ell_c$ est tangent au cercle circonscrit $\odot ABC$.



Edité 2 fois. La dernière correction date de l’an passé et a été effectuée par Bouzar.
Re: Cercles tangents
l’an passé
Bonjour,

% Bouzar le 23/11/2017 - Cercles tangents 

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;

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

syms p u pB uB

uB=1/u; % u est unitaire

% Une droite (l) passant par P de vecteur directeur u

[pl ql rl]=DroiteDeuxPoints(p,p+u,pB,pB+uB);

% Cercles circonscrits aux triangles PBC, PCA, PAB

[oa,oaB,Ra2]=CercleTroisPoints(p,b,c,pB,bB,cB);
[ob,obB,Rb2]=CercleTroisPoints(p,c,a,pB,cB,aB);
[oc,ocB,Rc2]=CercleTroisPoints(p,a,b,pB,aB,bB);

syms pa paB % Point P_A ou (l) recoupe le cercle circonscrit à PBC

paB=-(pl*pa+rl)/ql;

Eqa=factor((pa-oa)*(paB-oaB)-Ra2)

% On conserve:

Eqa=b*pa - b*c + c*pa - p*pa - u^2 + b*pB*u^2 + c*pB*u^2 + b*c*p*pB - b*c*pB*pa - b*c*pB^2*u^2;
Eqa=factor(fliplr(coeffs(Eqa,pa))).';
pa=-Eqa(2)/Eqa(1);

% On trouve:

pa=(b*c + u^2 - b*pB*u^2 - c*pB*u^2 - b*c*p*pB + b*c*pB^2*u^2)/(b + c - p - b*c*pB);
paB=(bB*cB + uB^2 - bB*p*uB^2 - cB*p*uB^2 - bB*cB*pB*p + bB*cB*p^2*uB^2)/(bB + cB - pB - bB*cB*p);

% De même, par permutation circulaire:

pb=(c*a + u^2 - c*pB*u^2 - a*pB*u^2 - c*a*p*pB + c*a*pB^2*u^2)/(c + a - p - c*a*pB);
pc=(a*b + u^2 - a*pB*u^2 - b*pB*u^2 - a*b*p*pB + a*b*pB^2*u^2)/(a + b - p - a*b*pB);

pbB=(cB*aB + uB^2 - cB*p*uB^2 - aB*p*uB^2 - cB*aB*pB*p + cB*aB*p^2*uB^2)/(cB + aB - pB - cB*aB*p);
pcB=(aB*bB + uB^2 - aB*p*uB^2 - bB*p*uB^2 - aB*bB*pB*p + aB*bB*p^2*uB^2)/(aB + bB - pB - aB*bB*p);

% Tangentes en P_A, P_B, P_C aux trois cercles ci-dessus

[pta qta rta]=DroitePerpendiculaire(pa,pa,oa,paB,paB,oaB);
[ptb qtb rtb]=DroitePerpendiculaire(pb,pb,ob,pbB,pbB,obB);
[ptc qtc rtc]=DroitePerpendiculaire(pc,pc,oc,pcB,pcB,ocB);

% Triangle A'B'C' formé par ces trois tangentes

[ap apB]=IntersectionDeuxDroites(ptb,qtb,rtb,ptc,qtc,rtc);
[bp bpB]=IntersectionDeuxDroites(ptc,qtc,rtc,pta,qta,rta);
[cp cpB]=IntersectionDeuxDroites(pta,qta,rta,ptb,qtb,rtb);

ap=factor(ap);
bp=factor(bp);
cp=factor(cp);

apB=factor(apB);
bpB=factor(bpB);
cpB=factor(cpB);

% Cercle circonscrit au triangle A'B'C'

[o,oB,R2]=CercleTroisPoints(ap,bp,cp,apB,bpB,cpB);

o=factor(o)
oB=factor(oB)
R2=factor(R2)

% On trouve:

syms s1 s2 s3

o=(p^2 + s3*p*pB^2 - s1*p - s3*pB^3*u^2 + s2*pB^2*u^2 - s1*pB*u^2 - 2*s3*pB + u^2 + s2)^2/((p*pB - 1)*(p^3 + p^2*pB*s2 - 2*p^2*s1 + p*pB^2*s1*s3 - p*pB*s1*s2 - 3*p*pB*s3 + p*s1^2 + p*s2 + pB^3*s3^2 - 2*pB^2*s2*s3 + pB*s1*s3 + pB*s2^2 - s1*s2 + s3));
oB=(p^3 - p^2*pB*u^2 - s1*p^2 + 2*p*u^2 + s2*p - s3*pB^2*u^2 + s2*pB*u^2 - s1*u^2 - s3)^2/(u^4*(p*pB - 1)*(p^3 + p^2*pB*s2 - 2*p^2*s1 + p*pB^2*s1*s3 - p*pB*s1*s2 - 3*p*pB*s3 + p*s1^2 + p*s2 + pB^3*s3^2 - 2*pB^2*s2*s3 + pB*s1*s3 + pB*s2^2 - s1*s2 + s3));
R2=(p^5 + p^4*pB^2*s3 - 2*p^4*s1 - 2*p^3*pB^3*s3*u^2 - p^3*pB^2*s1*s3 + 2*p^3*pB^2*s2*u^2 - 2*p^3*pB*s1*u^2 - 2*p^3*pB*s3 + p^3*s1^2 + 2*p^3*s2 + 2*p^3*u^2 + p^2*pB^4*s3*u^4 + 2*p^2*pB^3*s1*s3*u^2 - p^2*pB^3*s2*u^4 - 2*p^2*pB^2*s1*s2*u^2 + p^2*pB^2*s1*u^4 + p^2*pB^2*s2*s3 + 2*p^2*pB*s1^2*u^2 + 2*p^2*pB*s1*s3 - p^2*pB*u^4 - 2*p^2*s1*s2 - 2*p^2*s1*u^2 - p^2*s3 - 2*p*pB^3*s2*s3*u^2 - 2*p*pB^3*s3*u^4 + 2*p*pB^2*s2^2*u^2 + 2*p*pB^2*s2*u^4 - p*pB^2*s3^2 - 2*p*pB*s1*s2*u^2 - 2*p*pB*s1*u^4 - 2*p*pB*s2*s3 + p*s1*s3 + p*s2^2 + 2*p*s2*u^2 + 2*p*u^4 + pB^5*s3^2*u^4 - 2*pB^4*s2*s3*u^4 + 2*pB^3*s1*s3*u^4 + pB^3*s2^2*u^4 + 2*pB^3*s3^2*u^2 - 2*pB^2*s1*s2*u^4 - 2*pB^2*s2*s3*u^2 - pB^2*s3*u^4 + pB*s1^2*u^4 + 2*pB*s1*s3*u^2 + pB*s2*u^4 + 2*pB*s3^2 - s1*u^4 - s2*s3 - 2*s3*u^2)^2/(u^4*(p*pB - 1)^2*(p^3 + p^2*pB*s2 - 2*p^2*s1 + p*pB^2*s1*s3 - p*pB*s1*s2 - 3*p*pB*s3 + p*s1^2 + p*s2 + pB^3*s3^2 - 2*pB^2*s2*s3 + pB*s1*s3 + pB*s2^2 - s1*s2 + s3)^2);

% Intersection de ce cercle et du cercle unitaire

syms t tB

tB=1/t;

Eq=factor((t-o)*(tB-oB)-R2)

% Ce qui donne un facteur carré, donc une racine double,
% ce qui prouve que les cercles sont tangents

Eq=p^2*u^2 - s3*t + p^3*t + s2*u^2 + u^4 - p^2*s1*t - p*s1*u^2 - pB*s1*u^4 - 2*pB*s3*u^2 + 2*p*t*u^2 - s1*t*u^2 + pB^2*s2*u^4 - pB^3*s3*u^4 + p*s2*t + pB*s2*t*u^2 + p*pB^2*s3*u^2 - p^2*pB*t*u^2 - pB^2*s3*t*u^2;
Eq=factor(fliplr(coeffs(Eq,t))).';
t=-Eq(2)/Eq(1)

% On trouve pour le point de tangence T:

t=u^2*(p^2 + s3*p*pB^2 - s1*p - s3*pB^3*u^2 + s2*pB^2*u^2 - s1*pB*u^2 - 2*s3*pB + u^2 + s2)/(- p^3 + p^2*pB*u^2 + s1*p^2 - 2*p*u^2 - s2*p + s3*pB^2*u^2 - s2*pB*u^2 + s1*u^2 + s3);



Cordialement,

Rescassol



Edité 1 fois. La dernière correction date de l’an passé et a été effectuée par Rescassol.
Re: Cercles tangents
l’an passé
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
pappus


Re: Cercles tangents
l’an passé
Bonjour,

Suivons la suggestion de pappus. On considère une famille linéaire de triangles $a_{t}b_{t}c_{t}$ inscrits dans un triangle $T_{a}T_{b}T_{c}$. Prenant ce triangle comme base barycentrique, la famille s'écrit (colonne par colonne): \[ \boxed{a_{t}b_{t}c_{t}}\simeq\left[\begin{array}{ccc} 0 & \dfrac{f+g-w}{g}-\dfrac{t}{g} & \dfrac{h-v}{h}+\dfrac{t}{h}\\ \dfrac{t}{f} & 0 & \dfrac{v}{h}-\dfrac{t}{h}\\ 1-\dfrac{t}{f} & \dfrac{w-f}{g}+\dfrac{t}{g} & 0 \end{array}\right] \] où $t$ est le paramètre (que l'on peut interpréter comme un temps qui s'écoule). Si l'on multiplie cette matrice par la colonne $f:g:h$, autrement dit si l'on calcule $f\,a_{t}+g\,b_{t}+h\,c_{t}$ on trouve $u:v:w$ autrement dit un résultat constant, définissant un point fixe, appelé équicentre de la famille (on a posé $u+v+w=f+g+h$).

On peut montrer que la correspondance $a_{t}\mapsto b_{t}$ définit une similitude, que l'on note $\sigma_{c}$, avec un centre que l'on note $O_{c}$. Et circulairement. On se demande alors à quelle condition le cercle de similitude $\left(O_{a},O_{b},O_{c}\right)$ est tangent au cercle circonscrit $\left(T_{a},T_{b},T_{c}\right)$. Il est alors prudent de passer en coordonnées projectives complexes, en posant $z_{A}=\alpha$ (sur le cercle unité, de façon à ce que $\overline{z_{a}}=1/\alpha$). On obtient: \[ z\left(O_{a}\right)=\dfrac{\alpha^{2}u+\left(h-u\right)\alpha\,\beta+\left(g-u\right)\gamma\,\alpha-\left(g+h-u\right)\gamma\,\beta}{\left(g+h\right)\alpha-\beta\,g-\gamma\,h} \]

On calcule alors le cercle, puis son déterminant de Gram avec le cercle unité $0:0:0:1$. On trouve: \[ -\frac{1}{4}\,\left(\beta-\gamma\right)^{2}\left(\alpha-\gamma\right)^{2}\left(\alpha-\beta\right)^{2}\left(f^{2}u^{2}+g^{2}v^{2}+h^{2}w^{2}-2\,hgvw-2\,fguv-2\,hfwu\right) \] $\def\slov{\mathcal{S}} \def\equi{\mathcal{E}}$ La condition de contact est donc (pour $ABC$ non dégénéré) que $\slov$ appartienne à la conique inscrite de perspecteur $isotom(\equi)$ (ou, symétriquement, que $\equi$ appartienne à la conique inscrite de perspecteur $isotom\left(\slov\right)$. Sauf que, prendre les isotomiques par rapport à un triangle mobile ($T_{j}$) n'est pas raisonnable. On cherche donc un critère équivalent.

On constate que \[ \det\boxed{a_{t}b_{t}c_{t}}=\left(\dfrac{f+g+h}{fhg}\right)\left(t-\dfrac{fu+2\,fv+gv-hw}{2\left(f+g+h\right)}\right)^{2}-\dfrac{f^{2}u^{2}+g^{2}v^{2}+h^{2}w^{2}-2\,fguv-2\,ghvw-2\,hfwu}{4fhg\left(u+v+w\right)} \] On voit donc que la condition de contact équivaut au fait qu'il existe exactement un et un seul triangle aplati dans la famille de triangles inscrits. Et ici, c'est exactement le cas, puisque la famille a été obtenue en dérivant le cas plat par rapport au paramètre de la sécante mobile.

Cordialement, Pierre.
Re: Cercles tangents
l’an passé
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.


Re: Cercles tangents
l’an passé
Bonsoir à tous
Je ne sais pas si vous appréciez à leur juste valeur les calculs de Pierre.
Visiblement, il a bu comme du petit lait la configuration de Bouzar vue à travers le prisme de la théorie des trois similitudes. Je vais mettre un certain temps à lire et à comprendre tout ce qu'il nous a écrit.
Voici une première figure réalisée suivant les idées de Pierre.
Je suis parti d'un triangle $ABC$ et d'un point $\Omega$.
J'ai tracé la conique $\Gamma$ inscrite de centre $\Omega$.
J'ai choisi dessus un point $E$ quelconque et j'ai tracé le point $S$ symétrique de $E$ par rapport à $\Omega$.
On obtient ainsi sur les côtés du triangle $ABC$ une $FLTI$ de centre de lenteur $S$ et d'équicentre $E$ dont $\Gamma$ est la conique pilier.
Cette $FLTI$ n'admet qu'un seul "triangle aplati" $P_aP_bP_c$ dont le support est la tangente en $S$ à la conique $\Gamma$
On est donc bien dans le cas envisagé par Pierre.
Avec une macro, je récupère les centres de similitude $\alpha$, $\beta$, $\gamma$.
Les triangles $\alpha\beta\gamma$ et $ABC$ sont en perspective, le centre de perspective $S_*$, situé sur le cercle de similitude est l'isogonal du centre de lenteur $S$.
Je trace ensuite les cercles annexes et je vérifie qu'ils sont respectivement tangents aux points $P_a$, $P_b$, $P_c$ aux côtés $BC$, $CA$, $AB$.
Enfin à la fin des fins et au bout du bout, je trace le cercle circonscrit au triangle $ABC$ et je constate qu'il est bien tangent en un point $\omega$ au cercle de similitude.
C'est la configuration de Bouzar!
Amicalement
pappus
PS
C'est quand même fantastique l'algèbre quand elle est au service de la géométrie


Re: Cercles tangents
l’an passé
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
pappus
PS
Mais sans doute Pierre a-t-il déjà répondu à certaines de ces questions?


Re: Cercles tangents
l’an passé
avatar
Bonsoir Rescassol, pappus et Pierre et merci de vos contributions.
Re: Cercles tangents
l’an passé
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



Edité 1 fois. La dernière correction date de l’an passé et a été effectuée par poulbot.
Re: Cercles tangents
l’an passé
Merci Poulbot et Bravo
Effectivement, j'avais caché ces cercles.
Voici ma figure. qui illustre parfaitement tes commentaires.
L'autre asymptote est la transversale isotomique.
Amicalement
pappus
PS
Il existe certainement une solution synthétique pas facile à trouver mais le plus important est la façon dont Pierre a démontré son théorème en utilisant la théorie des $FLTI$.
Ce qui est intrigant, c'est que la CNS trouvée par Pierre pour que les deux cercles soient tangents est affine.
Les $FLTI$ pour lesquelles l'équicentre $E$ et le centre de lenteur $S$ appartiennent à la conique pilier se décrivent parfaitement dans un cadre affine, nul besoin d'une structure euclidienne pour les construire.
Si on modifie la structure euclidienne, le cercle de similitude et le cercle circonscrit au triangle $A'B'C'$ vont se modifier (en ellipses homothétiques) mais resteront tangents.



Edité 1 fois. La dernière correction date de l’an passé et a été effectuée par pappus.


Re: Cercles tangents
l’an passé
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
pappus



Edité 2 fois. La dernière correction date de l’an passé et a été effectuée par pappus.


Re: Cercles tangents
l’an passé
Bonjour
Sur la figure de Bouzar, j'ai tracé un triangle inscrit $abc$ de la $FLTI$ de centre de lenteur $S$ et d'équicentre $E$.
J'ai aussi tracé la conique temporelle qui lui est circonscrite.
C'est une parabole bitangente à la conique pilier rouge.
La transversale $P_aP_bP_c$ donne sa direction asymptotique.
L'isogonal de cette direction asymptotique dans le triangle $ABC$ est le point $\omega'$ où la droite $S_*\omega$ recoupe le cercle circonscrit au triangle $ABC$.
Amicalement
pappus


Re: Cercles tangents
l’an passé
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
pappus


Re: Cercles tangents
l’an passé
Bonjour,

Description d'une LFIT à partir de ses triangles plats

On se donne un triangle $ABC$ et deux transversales $T_{-1}$ et $T_{+1}$. On note leurs traces par $a_{j},b_{j},c_{j}$. Par définition d'un équicentre, on doit avoir $\def\equi{\mathcal{E}} $ $\equi\left(f+g+h\right)=f\,a_{j}+g\,b_{j}+h\,c_{j}$. Par conséquent $\def\slov{\mathcal{S}} \def\slovs{\mathcal{S}^{*}}
\def\pilcon{\mathfrak{C}} \def\pilpt{\Omega}$$\equi$ est à l'intersection des deux transversales.

On rappelle que le $\left(s,A\right)$-graphe temporel $\Delta_{a}^{s}$ d'une LFIT est le lieu (pour $s$ fixé et $t$ variable) des points $\alpha_{t}^{s}$ définis comme intersection de la parallèle par $b_{t}$ à la droite $a_{s}b_{s}$ et de la parallèle par $c_{t}$ à la droite $a_{s}c_{s}$ lorsque le paramètre $t$ varie. Ce lieu est une droite à cause du L de LFIT, et cette droite est la deuxième tangente issue de $a_{s}$ à la conique pilier $\pilcon$, elle même inscrite dans $ABC$.

Lorsque $s=1$, les droites $a_{s}b_{s}$et $a_{s}c_{s}$ sont confondues, et $\alpha_{t}^{1}$ est le point à l'infini de la transversale. Par conséquent, $\Delta_{a}^{1},\Delta_{b}^{1},\Delta_{c}^{1}$ sont confondues avec la droite $T_{1}$... qui est donc tangente à la conique pilier. Par propriété des coniques inscrites dans un quadrilatère, le centre $\pilpt$ de la conique pilier est à l'intersection des droites de Newton des deux quadrilatères $(ABC, T_j)$. On récupère alors $\slov=2\pilpt-\equi$.

Et maintenant, laissons le temps à son écoulement inéluctable. Poser $\def\ptv{~;~} \def\etc{,\:\mathrm{etc}}$ $a_{t}=\left(1+t\right)\,a_{+1}+\left(1-t\right)a_{-1}\etc$ définit une famille linéaire. Passons en coordonnées barycentriques, avec $T_{-1}\simeq p_{0}:q_{0}:r_{0}$ et $T_{+1}\simeq p_{1}:q_{1}:r_{1}$. On obtient: \[ \slov=\left(\begin{array}{c} \left(p_{0}\,q_{1}-p_{1}\,q_{0}\right)\left(p_{0}\,r_{1}-p_{1}\,r_{0}\right)\left(q_{0}-r_{0}\right)\left(q_{1}-r_{1}\right)\\ \left(q_{0}\,r_{1}-q_{1}\,r_{0}\right)\left(q_{0}\,p_{1}-q_{1}\,p_{0}\right)\left(p_{0}-r_{0}\right)\left(p_{1}-r_{1}\right)\\ \left(r_{0}\,p_{1}-r_{1}\,p_{0}\right)\left(r_{0}\,q_{1}-r_{1}\,q_{0}\right)\left(p_{1}-q_{1}\right)\left(p_{0}-q_{0}\right) \end{array}\right) \] \[ \equi=\left(p_{0}\,q_{0}\,r_{1}\,\left(p_{1}-q_{1}\right)+q_{0}\,r_{0}\,p_{1}\,\left(q_{1}-r_{1}\right)+r_{0}\,p_{0}\,q_{1}\,\left(r_{1}-p_{1}\right)\right)\left(\begin{array}{c} q_{1}\,r_{0}-q_{0}\,r_{1}\\ r_{1}\,p_{0}-r_{0}\,p_{1}\\ p_{1}\,q_{0}-p_{0}\,q_{1} \end{array}\right) \] \[ \boxed{\pilcon^{*}}\simeq\left[\begin{array}{ccc} 0 & r_{0}\,r_{1}\,\left(p_{0}\,q_{1}-p_{1}\,q_{0}\right) & q_{0}\,q_{1}\,\left(r_{0}\,p_{1}-r_{1}\,p_{0}\right)\\ r_{0}\,r_{1}\,\left(p_{0}\,q_{1}-p_{1}\,q_{0}\right) & 0 & p_{0}\,p_{1}\,\left(q_{0}\,r_{1}-q_{1}\,r_{0}\right)\\ q_{0}\,q_{1}\,\left(r_{0}\,p_{1}-r_{1}\,p_{0}\right) & p_{0}\,p_{1}\,\left(q_{0}\,r_{1}-q_{1}\,r_{0}\right) & 0 \end{array}\right] \] (rappel $f+g+h=u+v+w$ est requis dans les formules du formulaire...)

On calcule les graphes temporels. Cela revient à prendre le crosstri du triangle $a_{t}b_{t}c_{t}$ et du triangle des directions du trigone $a_{s}b_{s}c_{s}$. Cela donne les $\alpha_{t}^{s}$. Le lieu en $t$ de ce point (le $\left(s,A\right)$-graphe temporel) est une droite tangente à $\pilcon$, tandis que le lieu en $s$ est une conique, la conique temporelle $\mathcal{C}_{t}$ (qui est aussi le lieu, à $s$ variable et $t$ fixé, de $\beta_{t}^{s}$ et $\gamma_{t}^{s}$). On calcule les points à l'infini de cette conique, et on en conclut que les asymptotes des coniques $\mathcal{C}_{t}$ sont toutes parallèles aux transversales $T_{\pm1}$.

La droite des centres de ces coniques passe par \[ \Omega_{-1}\simeq\left[\begin{array}{c} q_{0}\,r_{0}\,p_{1}\,\left(r_{1}-q_{1}\right)\\ r_{0}\,p_{0}\,q_{1}\,\left(p_{1}-r_{1}\right)\\ p_{0}\,q_{0}\,r_{1}\,\left(q_{1}-p_{1}\right) \end{array}\right]\ptv\Omega_{0}=\left(\slov+\equi\right)/2\ptv\Omega_{+1}\simeq\left[\begin{array}{c} q_{1}\,r_{1}\,p_{0}\,\left(r_{0}-q_{0}\right)\\ r_{1}\,p_{1}\,q_{0}\,\left(p_{0}-r_{0}\right)\\ p_{1}\,q_{1}\,r_{0}\,\left(q_{0}-p_{0}\right) \end{array}\right] \]En effet, la conique $\mathcal{C}_{\pm1}$ est la réunion de la transversale $T_j$ (qui passe donc par $\equi$) et de son symétrique par rapport à $\pilpt$ (et qui passe donc par $\slov$).

Jusqu'à maintenant, tout a été fait dans un cadre affine. Faisons alors un choix d'ombilics. Le cercle adjoint $\gamma_{a}$ est le cercle $\equi a_{0}a_{1}$. Le point $O_{a}$ est la réintersection de $\gamma_{b}$ et de $\gamma_{c}$. Le point $O'_{a}$est la réintersection de $\equi O_{a}$ et de $\gamma_{a}$. Le cercle de similitude $\left(O\right)$ est le cercle $O_{a}O_{b}O_{c}$. Le point $P_{a}$ est la deuxième intersection entre $\equi O_{a}$ et $\left(O\right)$.

Une fois la partie fixe de la machinerie mise en place, il reste la partie mobile. Les cercles de Miquel $\mu_{a}=\left(A,b_{t},c_{t}\right)\etc$ concourent au point de Miquel $\mu_{t}$ qui appartient au cercle de similitude. Le point $\mu_{\infty}$ n'est autre que $\slovs$, l'isogonal de $\slov$. Lorsque le triangle inscrit est plat, les cercles de Miquel "à la sauce LFIT" ne sont autres que les cercles de Miquel usuels du quadrilatère $(ABC, T_j)$. Par conséquent, les points $\mu_{-1},\mu_{+1}$ viennent se placer aux intersections du cercle $ABC$ et du cercle $\left(O\right)$.

PS. Ce formalisme ne nous limite pas aux seules coniques temporelles hyperboliques. Le cas de l'ellipse se traite avec deux transversales invisibles conjuguées et celui de la parabole avec une transversale double et un point $\slov$ imposé (sur la transversale).

Cordialement, Pierre.



Edité 3 fois. La dernière correction date de l’an passé et a été effectuée par pldx1.


Re: Cercles tangents
l’an passé
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.


Re: Cercles tangents
l’an passé
Merci Pierre de nous permettre de contempler l'efficacité de tes méthodes.
Meilleurs voeux pour la Nouvelle Année 2018
Amicalement
pappus
Re: Cercles tangents
l’an passé
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
Seuls les utilisateurs enregistrés peuvent poster des messages dans ce forum.

Cliquer ici pour vous connecter

Liste des forums - Statistiques du forum

Total
Discussions: 137 202, Messages: 1 327 708, Utilisateurs: 24 352.
Notre dernier utilisateur inscrit Bagagnan Ganihou.


Ce forum
Discussions: 8 077, Messages: 92 474.

 

 
©Emmanuel Vieillard Baron 01-01-2001
Adresse Mail:

Inscription
Désinscription

Actuellement 16057 abonnés
Qu'est-ce que c'est ?
Taper le mot à rechercher

Mode d'emploi
En vrac

Faites connaître Les-Mathematiques.net à un ami
Curiosités
Participer
Latex et autres....
Collaborateurs
Forum

Nous contacter

Le vote Linux

WWW IMS
Cut the knot
Mac Tutor History...
Number, constant,...
Plouffe's inverter
The Prime page