Orbite d'aire maximum
Bonsoir
Ce problème a sans doute été donné dans le passé soit par moi soit ce qui est plus probable par Poulbot car la solution que j'ai sous les yeux est si jolie qu'il n'y a que lui à pouvoir l'imaginer.
Je ne résiste pas à le reposer pour le plaisir des algébristes qui nous font l'honneur de nous rendre visite
Ma figure montre dans le plan euclidien un cercle $\Gamma$ et un triangle $UVW$ qui lui est autopolaire.
Les involutions de Frégier de perspecteurs $U$, $V$, $W$ opèrent sur le cercle $\Gamma$ et engendrent un groupe $G$ d'ordre $4$ dont je n'ose demander la structure.
J'ai tracé l'enveloppe convexe d'une orbite et ma question est la suivante:
Construire l'orbite dont l'enveloppe convexe est d'aire maximum.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Ce problème a sans doute été donné dans le passé soit par moi soit ce qui est plus probable par Poulbot car la solution que j'ai sous les yeux est si jolie qu'il n'y a que lui à pouvoir l'imaginer.
Je ne résiste pas à le reposer pour le plaisir des algébristes qui nous font l'honneur de nous rendre visite
Ma figure montre dans le plan euclidien un cercle $\Gamma$ et un triangle $UVW$ qui lui est autopolaire.
Les involutions de Frégier de perspecteurs $U$, $V$, $W$ opèrent sur le cercle $\Gamma$ et engendrent un groupe $G$ d'ordre $4$ dont je n'ose demander la structure.
J'ai tracé l'enveloppe convexe d'une orbite et ma question est la suivante:
Construire l'orbite dont l'enveloppe convexe est d'aire maximum.
Amicalement
[small]p[/small]appus
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Réponses
Avec des involutions, il n'y a que le groupe de Klein.
Cordialement,
Rescassol
Avec le cercle $\Gamma\ $ bien en évidence, ce problème devrait te donner l'occasion de te distinguer!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Je commence par le plus facile(?): l'aire $ABCD$ est une fonction continue du point $A$ qui reste cantonné sur le cercle $\Gamma$, un compact du plan aux dernières nouvelles.
Donc l'existence du maximum est assurée.
En fait à ce stade de la démonstration, il faut déjà disposer dune formule donnant l'aire explicitement!
Alors autant commencer par là, cela ne mange pas de pain!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Merci pour tes éloges mais je ne suis pas certain de les mériter car je n'ai nulle souvenance d'avoir abordé ce problème.
Amicalement. Poulbot
Tu sais que j'ai dans mes archives des milliers de figures.
J'ai découvert celle-ci un peu par hasard en faisant des recherches pour de toutes autres raisons. Je sais que c'est un problème qui m'a longtemps tarabusté mais la configuration est projective et je ne m'attendais pas à trouver une réponse simple sur une question portant sur l'aire, (notion affine).
Je n'en suis pas encore persuadé maintenant, c'est pourquoi je pose ma question.
Les sectateurs de la règle et du compas seront déçus, il n'existe pas de construction possible utilisant leurs vénérables instruments.
Cette construction est plutôt du style de celles, innombrables, que tu nous as déjà données, par exemple l'heptagone, l'ennéagone ou ellipses d'aire ou d'excentricité maximum d'un faisceau, etc, etc...
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
J'ai dû rédiger la solution quelque part mais ma yourte est un tel foutoir que je n'ai pas réussi à la retrouver.
Je pense que j'ai dû calculer l'aire du quadrilatère $ABCD$ en fonction des affixes de ses sommets puis appliquer la défunte théorie des multiplicateurs de Lagrange!
L'expérience suggère que le maximum est atteint lorsque les points du quadrilatère sont sur les bissectrices de l'angle $\hat{U}$ de $UVW$.
Ce qui est amusant, c'est qu'à ce stade je ne vois même pas pourquoi si $A$ est sur la bissectrice, alors $B$, $C$ et $D$ aussi.
Amicalement, MC
PS : En y regardant de plus près, en fait non, le maximum n'est pas atteint là...
Voici la figure que j'ai découverte dans mes archives.
J'ai tracé le quadrangle orthocentrique $PQRS$ formé par le centre du cercle inscrit et les trois centres des cercles exinscrits du triangle autopolaire $UVW$.
Puis j'ai tracé l'hyperbole équilatère passant par les points $P$, $Q$, $R$, $S$ et le centre $O$ du cercle $\Gamma$.
Elle coupe le cercle $\Gamma$ aux sommets de l'orbite d'aire maximum.
Ceci reste à démontrer évidemment, il ne faut pas prendre ce que je raconte pour argent comptant.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Une remarque géométrique à démontrer et qui peut se révéler utile.
Soit $ABCD$ une orbite quelconque du groupe $G$.
Alors l'hyperbole équilatère passant par les points $A$, $B$, $C\ $, $D$ appartient au faisceau à points de base $P$, $Q$, $R\ $, $S$.
Il serait peut être mieux de dire que toute hyperbole équilatère du faisceau à points de base $P$, $Q$, $R$, $S$ coupe le cercle $\Gamma\ $ suivant les sommets d'une orbite du groupe $G$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
La construction de l'orbite dont l'enveloppe convexe est d'aire maximum n'a donc rien d'illogique!
En fait, tes $4$ points sont constructibles à la règle et au compas.
Pour retomber en terrain connu, j'ai renommé $ABC$ ton triangle (obtusangle) $UVW$ et utilisé les coordonnées barycentriques associées.
Le cercle $\Gamma $ (cercle polaire) est centré en l'orthocentre $H$ et appartient au faisceau engendré par le cercle circonscrit et le cercle d'Euler (l'axe radical $L$ du faisceau est le fameux "axe orthique", axe de perspective de $ABC$ et de son triangle orthique).
$f:\left( x:y:z\right) ->\left( x^{2}:y^{2}:z^{2}\right) $ a la gentillesse de transformer en une droite toute conique par rapport à laquelle $ABC$ est autopolaire.
Si $K$ est le point de Lemoine et $\gamma $ ton hyperbole équilatère, on a $f\left( \Gamma \right) =L$ et $f\left( \gamma \right) =HK$.
Tes $4$ points sont donc les racines barycentriques de $L\cap HK$.
La construction de $\sqrt{M}=\left( \sqrt{x}:\sqrt{y}:\sqrt{z}\right) $ connaissant $M=\left( x:y:z\right) $ est classique mais je n'ai pas le temps de développer maintenant. Il est d'ailleurs possible qu'il y ait plus simple pour construire tes points.
Il restera évidemment à prouver que ces points réalisent bien l'aire maximale.
Amicalement. Poulbot
Ainsi tout n'était pas perdu pour les adorateurs de ces sacrés instruments.
Je dois avoir dans mes archives la construction dont tu parles, encore faut-il que je la retrouve!
Mais reste le principal, la partie calcul différentiel proprement dite, est-il encore enseigné?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Une construction avec ces "sacrés instruments" des $4$ points de Pappus (toujours en reprenant les notations de mon message précédent).
$P=L\cap HK$, $P_{a}=BC\cap AP$
$Q$ étant un point commun au cercle de diamètre $\left[ BC\right] $ et à la perpendiculaire en $P_{a}$ à $BC$,
les bissectrices de $\left( QB,QC\right) $ coupent $BC$ en $m$ et $m^{\prime }$.
Les points de Pappus sont les points d'intersection des droites $Am$ et $Am^{\prime }$ avec le cercle $\Gamma $.
Amicalement
Poulbot (qui n'a ni le temps, ni surtout le courage de faire une figure)
J'ai retrouvé dans mes archives la construction en question.
J'ai dû la donner ici même il y a bien des années!
Effectivement on peut théoriquement la faire avec la règle et le compas mais l'emploi du logiciel est si facile qu'on aurait tort de s'en passer!
Voici ma construction qui n'utilise que des objets affines puisque la conique qu'on a sous les yeux est l'ellipse de Steiner inscrite.
On se donne à l'intérieur du triangle le point $m^2$.
On récupère les points $p^2$, $q^2$, $r^2$ puis les points $p$, $q$, $r$ et enfin $m=Ap\cap Bq\cap Cr$.
Tout ceci est à justifier mais a peu de rapport avec le sujet de ce fil!
Je serais curieux d'avoir ta propre construction certainement plus jolie que la mienne un peu poussive!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Ta construction à la régle et au compas est certes fort jolie mais n'a guère d'intérêt quand on dispose d'un logiciel de géométrie dynamique qui sait prendre les intersections de coniques.
La question de la construction étant réglée une fois pour toutes, il reste la partie calcul différentiel, c'est à dire le plus dur et le plus intéressant!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Pour faire les calculs, on a le choix entre deux possibilités: soit choisir le triangle autopolaire $UVW$ comme triangle de référence, ce qu'a commencé à faire Poulbot soit identifier le plan euclidien au plan complexe en s'arrangeant pour que le cercle $\Gamma$ devienne le cercle-unité.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Je pense que la méthode barycentrique suivie en prenant le triangle autopolaire $UVW$ pour triangle de référence est la plus prometteuse et devrait conduire à des calculs relativement simples.
Cela n'interdit nullement aux spécialistes des nombres complexes de suivre l'autre méthode.
Quelques petites remarques pour commencer.
Cela m'embête un peu de changer mes notations comme Poulbot l'a fait en renommant $ABC$ le triangle $UVW$.Je garde donc mes notations $UVW$ mais je note $a=VW$, $b=WU$, $c=UV$ les longueurs de ses côtés.
Le cercle $\Gamma\ $ est le cercle polaire du triangle $UVW$. Son centre $O$ est l'orthocentre du triangle $UVW$.
Une équation barycentrique de $\Gamma$ est:
$$(b^2+c^2-a^2)x^2+(c^2+a^2-b^2)y^2+(a^2+b^2-c^2)z^2=0$$
La réalité de $\Gamma$ implique que les quantités $b^2+c^2-a^2$, $c^2+a^2-b^2$, $a^2+b^2-c^2$ ne sont pas toutes positives et par suite le triangle $UVW$ est obtus.
Mais la remarque la plus importante est de nature projective.
La droite $VW$ est la polaire du point $U$ par rapport au cercle $\Gamma\ $.
Il en résulte que les points $A$ et $C$ s'échangent dans l'homologie harmonique de centre $U\ $ et d'axe $VW$.
Il est clair que les trois homologies harmoniques de centre $U$ et d'axe $VW$, de centre $V$ et d'axe $WU$ , de centre $W$ et d'axe $UV$ engendrent aussi un groupe commutatif à 4 éléments $\Gamma'$ isomorphe au groupe de Klein.
Sur ma figure le quadruplet $\{A,B,C,D\}$ est aussi une orbite sous l'action de $\Gamma'$.
Notons religieusement que si le groupe de Klein est encore provisoirement au programme de l'Agrégation, (pour combien de temps encore?), les groupes $\Gamma$ et $\Gamma'$ n'en font plus partie, le premier en tant que sous groupe du défunt groupe circulaire et le second en tant que sous-groupe du défunt groupe projectif, mais jetons un voile sur ce passé glorieux, dirait Maître Bafouillet!
Si $(x:y:z)$ sont des coordonnées barycentriques homogènes du point $A\ $ dans le triangle $UVW$, celles des trois autres points de l'orbite sont de la forme $(-x:y:z)$, $(x:-y:z)$, $(x:y:-z)$
En principe il n'en faut pas plus aux nombreux spécialistes affutés de la théorie de la mesure de notre beau pays pour évaluer l'aire du quadrilatère $ABCD$ en fonction de $(x:y:z)\ $, lesquels paramètres sont liés par la relation:
$$(b^2+c^2-a^2)x^2+(c^2+a^2-b^2)y^2+(a^2+b^2-c^2)z^2=0$$
Ce sera alors le moment ou jamais d'appliquer la théorie des multiplicateurs de Lagrange si cette théorie est encore enseignée et là j'ai quelque doutes!
Amicalement
[small]p[/small]appus
On est face à un drame national, épouvantable sinon abominable, évaluer l'aire d'un quadrilatère $ABCD$ dont on connait les coordonnées barycentriques homogènes des quatre sommets, quand au niveau culturel à la sortie du Secondaire, en fait d'aires, on ne sait que les formules:
$$\mathrm{Aire}(\Delta)=\dfrac 12 \mathrm{Base}\times \mathrm{Hauteur}$$
et
$$\mathrm{Aire(Cercle)}=\pi R^2\ $$
datant d'environ vingt siècles!
On a pas encore réussi à les dégommer celles-là mais patience, leur tour viendra!
Amicalement
[small]p[/small]appus
L'aire (algébrique) du quadrilatère $ABCD\ $ se présente sous la forme suivante:
$$S(ABCD)=K.f(x,y,z)$$
où $K$ est une constante géométrique dont on a rien à cirer et $f$ une fraction rationnelle relativement (?) compliquée à déterminer.
Je n'étais pas trop sûr de moi en accouchant de cette fraction un peu rébarbative car je me trompe souvent dans ce genre de calculs triviaux.
Aussi ai-je fait avec mon logiciel de géométrie l'expérience suivante:
Pour chaque position de $A$ sur le cercle $\Gamma$, j'ai affiché les coordonnées barycentriques normalisées du point $A\ $ dans le triangle autopolaire $UVW$. J'ai une macro qui se charge de ce sale boulot!
Avec l'outil Aire, j'ai affiché $S(ABCD)$ puis j'ai calculé ma fraction $f$ sur les coordonnées $(x,y,z)$ du point $A$.
J'ai enfin évalué $\dfrac{S(ABCD)}{f(x,y,z)}$.
Puis j'ai fait bouger le point $A$ et sous mes yeux un peu incrédules, j'ai constaté que ce rapport restait constant.
Je ne m'étais pas trompé dans ces abominables calculs!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Pour avoir une idée sur le calcul de l'aire d'un quadrilatère, voir par exemple:
ce message
qu'on trouvera dans le fil: Construire un quadrilatère initié par l'inénarrable Dlzlogic
La formule à montrer est la suivante:
$$S(ABCD)=8S(UVW)\dfrac{x^2yz}{(x+y+z)(-x+y+z)(x-y+z)(x+y-z)}$$
Il ne reste plus qu'à appliquer la méthode des multiplicateurs de Lagrange.
J'avoue être un peu inquiet sur le résultat qu'elle va donner.
Outre le fait que cette fraction est suffisamment rébarbative pour que les calculs soient délicats à mener, je ne suis absolument pas assuré qu'on doive retrouver la construction dont Poulbot et moi avons discuté.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Voilà comment je vois la situation:
Le polynôme du dénominateur est le polynôme de Héron, (est-il encore enseigné?):
$$(x+y+z)(-x+y+z)(x-y+z)(x+y-z)=2y^2z^2+2z^2x^2+2x^2y^2-x^4-y^4-z^4$$
On voit donc que dans l'expression de $S(ABCD)$, on peut calculer $x^2$ en fonction de $y^2$ et $z^2$.
On va tomber sur: $S(ABCD)=\varphi (t)\ $ où $t =\dfrac yz$ et $\varphi\ $ est une certaine fraction rationnelle à dériver en $t$
J'avoue avoir la flemme de faire ces calculs, j'ai déjà beaucoup donné!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Comment démontrer la mirifique formule, plus intéressante en elle même que la construction que nous cherchons:
$$S(ABCD)=8S(UVW)\dfrac{x^2yz}{(x+y+z)(-x+y+z)(x-y+z)(x+y-z)}?$$
Disons que c'est une longue histoire qui va nous montrer qu'elle est sans doute hors de portée de la plupart de nos étudiants car s'ils ont les connaissances suffisantes en Algèbre Linéaire pour la prouver, leur ignorance abyssale en Géométrie est trop rédhibitoire!
On part de la formule suivante, valable dans un plan affine euclidien orienté:
$$S(ABCD)=\dfrac 12[\overrightarrow{AC},\overrightarrow{BD}]$$
Le premier membre est l'aire algébrique du quadrilatère $ABCD$, le second fait intervenir le produit mixte des vecteurs $\overrightarrow{AC}$ et $\overrightarrow{BD}$, les vecteurs diagonaux du quadrilatère en quelque sorte.
La méconnaissance de cette identité géométrique est déjà fatale pour ceux qui essayeraient de montrer cette mirifique formule.
Il faut se rappeler la définition du produit mixte que certains s'obstinent à confondre avec le produit vectoriel à l'instar des physiciens mais eux ont des circonstances exténuantes!
$$[u,v] =\det_r(u,v)$$
où $r$ est une base orthonormée directe du plan vectoriel euclidien.
C'est bien beau tout cela mais nous avons choisi pour repère le triangle autopolaire $UVW$ et nous n'avons sous les yeux aucune base orthonormée directe qui s'impose vraiment.
Alors comment faire pour continuer les calculs?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Eh bien la réponse à cette difficulté est algébrique:
Dans un espace vectoriel $E$ de dimension $n$, toutes les fonctions déterminant sont proportionnelles.
Soit $e=(e_1,\dots, e_n)$ et $f=(f_1, \dots,f_n)$ deux bases de $E$, on a la relation de Chasles suivante:
$$\det_e(x_1,\dots,x_n)=\det_e(f_1,,\dots, f_n)\det_f(x_1,\dots,x_n)$$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Pour calculer un produit mixte, on a donc pas besoin de repère orthonormé, cela peut se faire dans n'importe quel repère.
Or avec le triangle $UVW$ comme repère affine, on a sous les yeux naturellement trois repères du plan des vecteurs:
$(\overrightarrow{UV},\overrightarrow{UW})$, $(\overrightarrow{VW},\overrightarrow{VU})$,$(\overrightarrow{WU},\overrightarrow{WV})$.
On a donc que l'embarras du choix.
Choisissons par exemple le premier: $f=(\overrightarrow{UV},\overrightarrow{UW})$
On a donc:
$$2S(ABCD)=[\overrightarrow{AC},\overrightarrow{BD}]=\det_r(\overrightarrow{AC},\overrightarrow{BD})=\det_f(\overrightarrow{AC},\overrightarrow{BD}).\det_r(\overrightarrow{UV},\overrightarrow{UW})=\det_f(\overrightarrow{AC},\overrightarrow{BD}).[\overrightarrow{UV},\overrightarrow{UW}]$$
Mais $[\overrightarrow{UV},\overrightarrow{UW}]$ est l'aire algébrique du parallélogramme construit sur les vecteurs $\overrightarrow{UV}$ et $\overrightarrow{UW}$ c'est à dire $2S(UVW)$ où $S(UVW)$ est l'aire algébrique du triangle $UVW$.
Finalement:
$$S(ABCD)=\det_f(\overrightarrow{AC},\overrightarrow{BD}).S(UVW)$$
On fait alors face à un nouveau problème abominable.
Déterminer la matrice de taille $2$ de la famille de deux vecteurs $(\overrightarrow{AC},\overrightarrow{BD})$ dans la base $f=(\overrightarrow{UV},\overrightarrow{UW})$
Curieusement j'ai le sentiment que c'est là que la plupart des taupins vont lamentablement sécher!
Amicalement
[small]p[/small]appus
$$\overrightarrow{AC}=\frac{-2y(x+z)}{(x-y+z)(x+y+z)}\overrightarrow{UV}+\frac{2yz}{(x-y+z)(x+y+z)}\overrightarrow{UW}.$$Si c'est faux, inutile que je calcule $\overrightarrow{BD}$...
J'aurais préféré que tu les détailles pour les taupins qui nous lisent, plus habitués à dévisser en un tournemain de glorieuses matrices de taille $n$ que de calculer les quatre entrées d'une tristounette matrice de taille $2$.
Il y a deux difficultés:
1° Comment passer des coordonnées barycentriques homogènes $(x:y:z)$ d'un point $M$ dans le triangle $UVW$ à ses coordonnées cartésiennes dans le repère $\{U;(\overrightarrow{UV},\overrightarrow{UW})\}$
2° Donner correctement les coordonnées barycentriques homogènes des trois autres points $(B,C,D)$ de l'orbite de $A(x:y:z)$ et pour cela regarder attentivement une nouvelle fois ma figure
Avec ces deux conseils, tu peux reprendre tes calculs.
Amicalement
[small]p[/small]appus
$B\in AW$ donc $B(x:y:-z)$.
$C\in AU$ donc $C(-x:y:z)$.
$D\in AV$ donc $D(x:-y:z)$.
Pour te consoler, je me suis planté aussi la première fois mais je me méfie beaucoup de moi-même et je fais et refais cent fois mes calculs avant d'être un peu rassuré!
Tu peux maintenant nous sortir une belle rédaction même si cela peut te paraître assommant!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Cette fois ci, tu es bon!
Je rappelle néanmoins le passage des coordonnées barycentriques homogènes aux coordonnées cartésiennes.
C'est un exercice inconnu pour le taupin qui ne saura jamais l'importance des coordonnées barycentriques homogènes en géométrie projective puisque celle-ci s'est fait la malle depuis un bon bout de temps et leur lien avec la géométrie affine via les repères affines.
En fait d'espace affine, il ne connait que les espaces vectoriels quand il sait qu'on peut les faire opérer sur eux mêmes par translations et en fait de repères, il ne connait que ceux des espaces vectoriels.
Je vais essayer quand même.
Dire que le point $M$ a pour coordonnées a pour coordonnées barycentriques homogènes $(x:y:z)$ par rapport au triangle $UVW$du plan affine, c'est dire que $M$ est le barycentre des points massiques $(A;x)$, $(B;y)$, $(C,z)$.
Donc pour tout point $O$ du plan, on a l'égalité vectorielle:
$(x+y+z)\overrightarrow{OM}=x.\overrightarrow{OU}+y.\overrightarrow{OV}+z.\overrightarrow{OW}$
En particulier pour $O=U$, on obtient:
$$\overrightarrow{UM}=\dfrac y{x+y+z}.\overrightarrow{UV}+\dfrac z{x+y+z}.\overrightarrow{UW}$$
Personnellement, j'éprouve plus de plaisir en géométrie en faisant ce genre de calculs qu'en démontrant pour la énième fois que trois points sont alignés ou trois droites concourantes.
Le travail de mise en équations est particulièrement gratifiant quand il est mené à bien et il serait dommage que dans ce cas d'espèce, on s'arrête là et qu'on ne s'intéresse pas à ce problème d'extrema liés pour voir à quelle construction il conduit.
J'avais dit que ce problème m'avait longtemps turlupiné.
J'avais seulement vu la méthode par les complexes mais je m'étais arrêté assez rapidement quand je m'étais aperçu que la méthode de Lagrange conduisait à des calculs inextricables.
J'ai sans doute trouvé cette construction par tâtonnements en m'inspirant inconsciemment de constructions analogues de Poulbot.
Mais elle n'est pas prouvée!
Le logiciel ne l'infirme pas mais ne la confirme pas non plus.
Seul le calcul le peut mais pour le moment, j'ai surtout envie de faire la sieste!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Les calculs ayant l'air un poil compliqués, j'ai essayé de maximiser l'aire de $ABCD$ avec un logiciel de calcul formel. Sans succès...
As-tu un résultat ?
As-tu essayé la méthode que je préconise?
Calculer $x^2$ en fonction de $y^2$ et $z^2$ puis dériver la fraction rationnelle en $t=\frac yz$ qu'on obtient ainsi.
Cela a l'air de se factoriser pas mal et je crois qu'on tombe sur une équation bicarrée en $t$ confirmant ainsi les dires de Poulbot sur la constructibilité à la règle et au compas de ces quadrilatères.
Je ne suis pas allé plus loin compte tenu de ma paresse congénitale.
En fait je fais mes calculs à la main tout en me faisant aider ponctuellement par Maxima pour chercher des factorisations éventuelles.
C'est dire mon niveau d'incompétence dans le maniement de ces logiciels de calcul formel.
Ce qui m'inquiète, c'est que le faisceau d'hyperboles équilatères dont je me sers dans ma construction n'a pas l'air d'apparaître naturellement dans ces calculs!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Je tombe sur une équation bicubique qui m'a l'air difficilement exploitable...
Il faudrait pouvoir maximiser $$t\mapsto \frac{(a^2-b^2-c^2)t(a^2t^2-b^2t^2+c^2t^2+a^2+b^2-c^2)}{-c^4t^4+a^4t^2-2a^2b^2t^2-2a^2c^2t^2+b^4t^2+c^4t^2-b^4}.$$
Je pense que ce résultat est faux. C'est ce que j'avais trouvé avec une autre paramétrisation (maladroite) du cercle (avec $S_{A}<0$, $x=\dfrac{1+t^{2}}{\sqrt{-S_{A}}},y=\dfrac{1-t^{2}}{\sqrt{S_{B}}},z=\dfrac{2t}{\sqrt{S_{C}}}$); mais je pensais m'être trompé et j'ai eu la flemme de refaire mes pénibles calculs.
En prenant la paramétrisation de Pappus, on tombe sur une équation de degré $3$ en $t^{2}$ de groupe de Galois $S_{3}$, soit une hyperbole équilatère passant par $A,B,C,D$ non constructible, contrairement à celle de de Pappus.
D'ailleurs, avec l'exemple numérique $a=13,b=9,c=6$, on trouve une aire maximale d'environ $3,8353$ alors que le quadrangle obtenu avec l'hyperbole de Pappus a pour aire approximative $3,8348$. On comprend que Cabri n'ait pas perçu la minuscule différence entre les deux.
En espérant ne pas avoir dit trop de bêtises.
Amicalement. Poulbot
Je savais que tu viendrais mettre ton grain de sel!
Cela m'étonnait aussi que cette construction fut possible avec la règle et le compas et c'est pourquoi j'avais le sentiment diffus de m'être trompé.
Le seul intérêt de cet exercice est sa mise en équation avec notamment le calcul de l'aire du quadrilatère $ABCD$ sur lequel beaucoup auraient séché!
Je n'ai pensé à utiliser la méthode barycentrique seulement parce que tu en avais parlé!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Les centres des hyperboles équilatères circonscrites aux quadrangles $ABCD$ sont tous sur le cercle $UVW$. On doit donc pouvoir trouver celui de l'hyperbole équilatère circonscrite au quadrangle d'aire maximale comme point commun à ce cercle et à une conique constructible. Il ne reste plus qu'à trouver une telle conique mais j'ai bien peur que cela nécessite des calculs démentiels.
Amicalement. Poulbot
Je pense qu'on a fait le tour de ce problème, pratiquement impossible à traiter pour un taupin avec les moyens dont il dispose!
Amicalement
[small]p[/small]appus