TGV Circulaires

Bonjour à tous
Sur cette figure où il y a deux familles de solutions, (j'ai d'ailleurs tracé des triangles $abc$ et $a'b'c'$ de chacune des deux familles), j'ai fait apparaître les objets que j'avais cachés dans ma première. Cela devient tout de suite assez compliqué à gérer et encore j'ai utilisé un logiciel.
Imaginez le lycéen d'il y a cent ans bavant sur cette configuration avec sa règle et son compas!
Je pense quand même que ce problème aurait été posé au niveau du concours général ou bien de l'épreuve de géométrie de l'agrégation.
Je le dis tout de suite, ce problème a $0$, $1$, $2$ ou une infinité de solutions!
Cela ne vous rappelle pas quelque chose?
Un minable problème du second degré tout aussi infaisable par les agrégatifs que par les membres du jury!
Heureusement cela n'a aucune importance puisque la géométrie a pratiquement disparu.
D'ailleurs à défaut du second degré devenu hors de portée, il nous reste les glorieux anneaux de polynômes!
Faute de savoir calculer une aire algébrique, (qu'est-ce encore que cette bestiole?), pouvez vous au moins, au moins, exhiber sans aucun calcul des cas où il y a une infinité de solutions?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonsoir
Une infinité de solutions?
Facile!
$\Gamma_A=\Gamma_B=\Gamma_C$ et donc $A=B=C$
On choisit un triangle inscrit $a_0b_0c_0$ quelconque et les petits trains se suivent sagement à la queue leu leu, tout le monde s'éclate...mais faut croire que non!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonsoir
Il s'agit avec des notations évidentes (?) d'écrire que l'application ci-dessous est constante:
$$f:\theta \longmapsto
\begin{vmatrix}
x_A+r_A\cos(\theta+u_0)&x_B+r_B\cos(\theta+v_0)&x_C+r_C\cos(\theta+w_0)\\
y_A+r_A\sin(\theta+u_0)&y_B+r_B\sin(\theta+v_0)&y_C+r_C\sin(\theta+w_0)\\
1&1&1
\end{vmatrix}
$$
On quitte provisoirement les terra incognita marécageuses de la défunte géométrie pour le terrain solide et connu de la glorieuse et bien vivante Analyse!
Est-ce à dire que cela sera moins épouvantable que d'habitude?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonsoir
Comme petit exercice de style, je vais donc appliquer la formule de Taylor à l'origine au polynôme:
$$g(r_A,r_B,r_C)= \begin{vmatrix}
x_A+r_A\cos(\theta+u_0)&x_B+r_B\cos(\theta+v_0)&x_ C+r_C\cos(\theta+w_0)\\
y_A+r_A\sin(\theta+u_0)&y_B+r_B\sin(\theta+v_0)&y_ C+r_C\sin(\theta+w_0)\\
1&1&1
\end{vmatrix}
$$
Le terme constant $T_0$ est facile à calculer, cela commence bien!
$$T_0=g(0,0,0)= \begin{vmatrix}
x_A&x_B&x_ C\\
y_A&y_B&y_C\\
1&1&1
\end{vmatrix}
\ $$
Pour les termes homogènes du premier degré, il va falloir se fatiguer un peu plus!
$$(1)\quad \dfrac{\partial g}{\partial r_A}(r_A,r_B,r_C)
=\begin{vmatrix}
\cos(\theta+u_0)&x_B+r_B\cos(\theta+v_0)&x_ C+r_C\cos(\theta+w_0)\\
\sin(\theta+u_0)&y_B+r_B\sin(\theta+v_0)&y_ C+r_C\sin(\theta+w_0)\\
0&1&1
\end{vmatrix}$$
On en déduit aussitôt:
$$(2)\quad \dfrac{\partial g}{\partial r_A}(0,0,0)
=\begin{vmatrix}
\cos(\theta+u_0)&x_B&x_ C\\
\sin(\theta+u_0)&y_B&y_ C\\
0&1&1
\end{vmatrix}=(y_B-y_C)\cos(\theta+u_0)-(x_B-x_C)\sin(\theta+u_0)$$
On peut maintenant évaluer les termes $T_1$ de $g$ homogènes de de degré $1$:
$$T_1=\dfrac{\partial g}{\partial r_A}(0,0,0)r_A+\dfrac{\partial g}{\partial r_B}(0,0,0)r_B+
\dfrac{\partial g}{\partial r_C}(0,0,0)r_C$$
Donc:
$$T_1=\big((y_B-y_C)\cos(\theta+u_0)-(x_B-x_C)\sin(\theta+u_0)\big)r_A+\big((y_C-y_A)\cos(\theta+v_0)-(x_C-x_A)\sin(\theta+v_0)\big)r_B\\+\big((y_A-y_B)\cos(\theta+w_0)-(x_A-x_B)\sin(\theta+w_0)\big)r_C$$
On termine par les dérivées partielles secondes!
De l'équation $(1)$, on tire:
$\dfrac{\partial^2g}{\partial r_A^2}=0$ et $\dfrac{\partial^2g}{\partial r_A\partial r_B}(0,0,0)
=\begin{vmatrix}
\cos(\theta+u_0)&\cos(\theta+v_0)&x_C\\
\sin(\theta+u_0)&\sin(\theta+v_0)&y_C\\
0&0&1
\end{vmatrix}=\sin(\theta+v_0)\cos(\theta+u_0)-\sin(\theta+u_0)\cos(\theta+v_0)\\=\sin(v_0-u_0)$
Finalement les termes homogènes du second degré valent:
$$T_2=\sin(w_0-v_0)r_Br_C+\sin(u_0-w_0)r_Cr_A+\sin(v_0-u_0)r_Ar_B$$
Pour écrire la constance de la fonction $\theta\mapsto f(\theta)$, il va donc falloir s'intéresser d'un peu plus près à $T_1$!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour Poulbot
Tu penses bien que quand j'ai attaqué ce minuscule problème pour la première fois, j'ai essayé par curiosité toutes les façons de faire.
A la limite, il n'y a même pas besoin de dériver. Le besogneux dont je parlais développe son déterminant par la règle de Sarrus pour obtenir $24$ termes qu'il regroupe ensuite vaille que vaille, grand bien lui fasse, pour séparer le bon grain de l'ivraïe c'est à dire les termes qui contiennent $\theta$ de ceux qui ne le contiennent pas.
En retrouvant très momentanément le paradis des valuations, je n'ai pu résister à appliquer la formule du génial Brook Taylor, ne serait-ce que pour montrer qu'elle sert à quelque chose même dans un anneau de polynômes.
En regroupant naturellement les termes suivant leurs graduations, elle permet de voir aussitôt que ceux du second degré ne dépendent pas de $\theta$!
Finalement on tombe sur l'expression $T_1=U\cos(\theta)+V\sin(\theta)$ où $U$ et $V$ ne dépendent plus de $\theta$.
$T_1$ sera constant si et seulement si $U=V=0$.
Dois-je vraiment le montrer ou faut-il me croire sur parole?
En tout cas les calculs sont terminés! Il nous faut quitter tristement les prairies verdoyantes pour retourner crapahuter dans les fanges de la défunte géométrie!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour
Voici les détails, j'ai juste permuté $U$ et $V$ mais ce n'est qu'une question de notations!
On a $T_1=V\cos(\theta)-U\sin(\theta)$ avec:
$U=\big((y_B-y_C)\sin(u_0)+(x_B-x_B)\cos(u_0)\big)r_A+\big((y_C-y_A)\sin(v_0)+(x_C-x_A)\cos(v_0)\big)r_B+\big((y_A-y_B)\sin(w_0)\\+(x_A-x_B)\cos(w_0)\big)r_C$
$V=\big((y_B-y_C)\cos(u_0)-(x_B-x_B)\sin(u_0)\big)r_A+\big((y_C-y_A)\cos(v_0)-(x_C-x_A)\sin(v_0)\big)r_B+\big((y_A-y_B)\cos(w_0)\\-(x_A-x_B)\sin(w_0)\big)r_C$
J'avoue que la première fois que je suis arrivé là, j'ai séché pendant pas mal de temps et j'ai eu enfin l'idée de regarder ce que donnait $U+\imath V$!
Qu'obtient-on?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour
Posons
$e_{a_0}=r_A(\cos(u_0)+\sin(u_0))$
$e_{b_0}=r_B(\cos(v_0)+\sin(v_0))$
$e_{c_0}=r_C(\cos(w_0)+\sin(w_0))$
La condition de déterminant s'écrit:
$$\begin{vmatrix}
z_A&\overline{e_{a_0}}&1\\
z_B&\overline{e_{b_0}}&1\\
z_C&\overline{e_{c_0}}&1
\end{vmatrix}=0
$$
On considère alors le système linéaire suivant de trois équations à deux inconnues $\{\lambda,\mu\}$:
$\lambda.\overline{e_{a_0}}+\mu=z_A$
$\lambda.\overline{e_{b_0}}+\mu=z_B$
$\lambda.\overline{e_{c_0}}+\mu=z_C$
Que peut-on en dire?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour
Faudrait-il croire que le cours d'algèbre linéaire se soit fait la malle lui aussi?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour
Ainsi c'est de cette misérable similitude indirecte que nous allons trouver le secret de cette construction!
Il faut quand même se rappeler que les similitudes ont disparu à jamais de notre enseignement et avec elles le groupe des similitudes dont l'étude d'après Felix Klein s'identifierait avec celle de la géométrie euclidienne. Autant dire que la géométrie euclidienne a chez nous sombré corps et bien.
On ne peut plus ânonner à propos d'elle que quelques recettes de cuisine à savoir par coeur: par exemple, axiome de Thalès, axiome de Pythagore!
D'après Daniel Perrin, les similitudes seraient un petit miracle qui n'existe pas dans les géométries non euclidiennes, un petit miracle dont nos étudiants sont bien obligés de se passer!
Et comme les géométries non euclidiennes ne sont pas, elles non plus, enseignées, c'est un petit miracle dont ils ne sauront jamais rien!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonne Nuit à tous
On a déjà pratiquement démontré cette formule d'aire.
On a vu que grâce au Divin Taylor:
$$S(a_{\omega},b_{\omega},c_{\omega})=\dfrac 12T_0+\dfrac12 T_2$$
On sait que le premier terme est égal à $S(A,B,C)$
Quand au second terme, il s'écrit:
$$\dfrac 12\big(\sin(w_0-v_0)r_Br_C+\sin(u_0-w_0)r_Cr_A+\sin (v_0-u_0)r_Ar_B\big)=
\dfrac 12\begin{vmatrix}
r_A\cos(u_0)&r_B\cos(v_0)&r_C\cos(w_0)\\
r_A\sin(u_0)&r_B\sin(v_0)&r_C\sin(w_0)\\
1&1&1
\end{vmatrix}=S(E_{a_0}, E_{b_0},E_{c_0})$$
C'est bien l'aire algébrique du triangle modulaire.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous.
Venons en aux propriétés euclidiennes de la similitude indirecte :
$$f_0: E_{a_0}E_{b_0}E_{c_0}O\mapsto ABCD$$
Comme $f_0$ multiplie les distances par le rapport de similitude $k$, les relations:
$$\dfrac{OE_{a_0}}{r_A}=\dfrac{OE_{b_0}}{r_B}=\dfrac{OE_{c_0}}{r_C}=1$$
entraînent les relations:
$$\dfrac{DA}{r_A}=\dfrac{DB}{r_B}=\dfrac{DC}{r_C}=k$$
D'autre part une similitude indirecte change un angle orienté en son opposé:
$(\overrightarrow{OE_{b_0}},\overrightarrow{OE_{c_0}})=-(\overrightarrow{DB},\overrightarrow{DC})$
Intéressons nous à l'application: $b_{\omega}\mapsto c_{\omega}$ qui est une similitude directe de centre $\alpha$.
Sa partie linéaire envoie le vecteur $\overrightarrow{Bb_0}=\overrightarrow{OE_{b_0}}$ sur le vecteur $\overrightarrow{Cc_0}=\overrightarrow{OE_{c_0}}$
L'angle de cette similitude est donc: $(\overrightarrow{OE_{b_0}},\overrightarrow{OE_{c_0}})$
Le rapport de cette similitude est égal à $\dfrac{r_C}{r_B}$.
Comme cette similitude directe envoie le centre $B$ sur le centre $C$, on a:
$\dfrac{\alpha C}{\alpha B}=\dfrac{r_C}{r_B}$ et $(\overrightarrow{\alpha B},\overrightarrow{\alpha C})=(\overrightarrow{OE_{b_0}},\overrightarrow{OE_{c_0}})$
Ces résultats sont à comparer avec ceux que nous avons trouvés pour $D$:
$\dfrac{DC}{DB}=\dfrac{r_C}{r_B}$ et $(\overrightarrow{DB},\overrightarrow{DC})=-(\overrightarrow{OE_{b_0}},\overrightarrow{OE_{c_0}})\ $.
La conclusion s'impose d'elle même:
$\alpha$ est le symétrique de $D$ par rapport à la droite $BC$ et de même $\beta$, le centre de la similitude directe $c_{\omega}\mapsto a_{\omega}$, est le symétrique de $D$ par rapport à la droite $CA$ et $\gamma$, le centre de la similitude directe $a_{\omega}\mapsto b_{\omega}$, est le symétrique de $D$ par rapport à la droite $AB$.
Il reste maintenant à faire la synthèse de ce que je viens de dire pour aboutir à ma construction.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
On voit qu'il faut s'investir dans le lieu $\delta_A$ des points $M$ tels que:
$$\dfrac{MB}{r_B}=\dfrac{MC}{r _C}$$
Ce lieu est en général un cercle si $r_B\not= r_C$ et une droite (la médiatrice de $BC$), si $r_B=r_C$
Autrefois on connaissait ce lieu très tôt dès l'introduction de l'axiome de Thalès.
Je ne sais pas ce qu'il en est aujourd'hui mais je pense qu'on préfère ânonner l'axiome de Thalès jusqu'à plus soif plutôt que d'en donner la moindre application géométrique réellement intéressante.
Il existe aussi une démonstration via les barycentres dont Rescassol et moi avions parlé dans un fil récent, je ne sais plus lequel, mais les barycentres s'étant faits la malle, cette démonstration est devenue caduque et pourtant les barycentres sont au coeur de la géométrie affine, comprenne qui pourra!
Il existe encore une autre façon de faire!
$\delta_A$ est aussi le lieu des points $M$ tels que:
$$r_C^2 BM^2-r_B^2CM^2=0$$
L'application $\delta_A: M\mapsto r_C^2 BM^2-r_B^2CM^2$ est techniquement ce qu'on appelle une fonction scalaire de Leibniz.
Les fonctions scalaires de Leibniz ont disparu depuis longtemps tout comme les fonctions vectorielles de Leibniz.
Les fonctions vectorielles servaient à construire le prolongement vectoriel de l'espace affine.
Les fonctions scalaires servaient à construire l'espace des sphères si utile en géométrie circulaire.
Ce sont sans doute deux raisons plus que suffisantes pour qu'elles disparaissent à tout jamais de notre culture.
On montre ainsi que toute droite ou tout cercle du plan est une ligne de niveau d'une fonction scalaire de Leibniz.
Maintenant pourquoi le cercle $\delta_A$ est-il appelé le cercle de similitude des cercles $\Gamma_B$ et $\Gamma_C$?
Tout simplement parce qu'il est le lieu des centres des similitudes directes ou indirectes envoyant $\Gamma_B$ sur $\Gamma_C$
Toutes ces similitudes ont pour rapport $\dfrac{r_C}{r_B}$.
Toute similitude $s$ envoyant $\Gamma_B$ sur $\Gamma_C$ envoie le centre $B$ de $\Gamma_B$ sur le centre $C$ de $\Gamma_C$.
Donc si $P$ est le centre de $s$, on a:
$\dfrac{PC}{PB}=\dfrac{r_C}{r_B}$ et par suite $P\in \delta_A$
Réciproquement soit $P$ un point quelconque de $\delta_A$.
La similitude directe $s_P^+$ de centre $P$ envoyant $B$ sur $C$ envoie $\Gamma_B$ sur $\Gamma_C$ et la similitude indirecte $s_P^-$ de centre $P$ envoyant $B$ sur $C$ envoie $\Gamma_B$ sur $\Gamma_C$.
Que sont les points $I_+$ et $I_-$ de ma figure.
Les droites invariantes de $s_P^-$ sont celles tracées en pointillé, pourquoi?
Enfin le cercle de similitude $\delta_A$ appartient au faisceau de cercles engendré par $\Gamma_B$ et $\Gamma_C$, pourquoi?

Bonsoir à tous
En ce qui concerne l'axe radical violet, on peut s'intéresser à la fonction scalaire de Leibniz:
$$\delta_A+\delta_B+\delta_C$$
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonsoir
Les lignes de niveau de $\delta_A+\delta_B+\delta_C$ sont donc des droites.
Celle qui correspond à $\{M\vert (\delta_A+\delta_B+\delta_C)(M)=0\}$ appartient au faisceau $\mathcal F$ engendré par $\delta_A$, $\delta_B$, $\delta_C$: c'est donc l'axe radical de ce faisceau.
Comment en déduire son équation barycentrique homogène dans le triangle $ABC$?
Encore une nouvelle question épouvantable?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour
Le cercle $\delta_A$ est le lieu des points $P$ tels que:
$\dfrac{PB}{PC}=\dfrac{r_B}{r_C}=k$
Pour $k\not =1$, il coupe la droite $BC$ en deux points $M$ et $N$ tels que $\dfrac{MB}{MC}=\dfrac{NB}{NC}=k>0$.
C'est une vieille histoire: diviser un segment $BC$ dans un rapport donné $k$. De mon temps on apprenait cela en Seconde, et les deux points $M$ et $N$ qu'on trouvait formaient une division harmonique avec les points $B$ et $C$.
Dans la foulée, on apprenait la définition des faisceaux harmoniques
C'était la modeste intrusion de la géométrie projective au lycée.
On apprenait cela en Seconde car on avait besoin de ces notions en Première en Optique de Gauss.
Aujourd'hui tout ceci a disparu de notre culture et que font les physiciens?
Eh bien ils se démerdent.
De toutes façons, ils peuvent toujours se référer à l'expérience pour justifier leurs formules!
C'est peut-être une bonne idée: faire de la géométrie euclidienne une science expérimentale qu'on laisserait aux physiciens le soin d'enseigner!
Pour fixer les idées: $\dfrac{\overline{MB}}{\overline{MC}}=k$, $\dfrac{\overline{NB}}{\overline{NC}}=-k$.
Le centre $I_A$ de $\delta_A$ est le milieu du segment $MN$, on a donc:
$2\overline{I_AB}=\overline{MB}+\overline{NB}=k\overline{MC}-k\overline{NC}=k\overline{MN}$
$2\overline{I_AC}=\overline{MC}+\overline{NC}=\dfrac 1k\overline{MB}-\dfrac 1k\overline{NB}=\dfrac 1k\overline{MN}$
Et finalement:
$\dfrac{\overline{I_AB}}{\overline{I_AC}}=k^2=\dfrac{r_B^2}{r_C^2}$
Par permutation circulaire en faisant intervenir les centres $I_B$ de $\delta_B$ et $I_C$ de $\delta_C$, on a:
$\dfrac{\overline{I_BC}}{\overline{I_BA}}=\dfrac{r_C^2}{r_A^2}$
$\dfrac{\overline{I_CA}}{\overline{I_CB}}=\dfrac{r_A^2}{r_B^2}$
Ceux qui connaissent le quart de leur cours de géométrie affine peuvent appliquer le théorème de Ménélaüs pour montrer que les centres $I_A$, $I_B$, $I_C$ sont alignés mais cela on le savait déjà puisqu'ils sont alignés sur la ligne des centres du faisceau $\mathcal F$.
Ceux qui sont un peu plus futés calculeront les coordonnées barycentriques des centres $I_A$, $I_B$, $I_C$.
Par exemple de la relation:
$r_C^2 \overline{I_AB}-r_B^2 \overline{I_AC}=0$, on en déduit que les coordonnées barycentriques homogènes de $I_A$ sont: $(0:r_C^2:-r_B^2)$ puis par permutations circulaires celles de $I_B(-r_C^2:0:r_A^2)$ et $I_C(r_B^2:-r_A^2:0)$
Ils montreront ensuite la force brute de l'algèbre linéaire sur le sieur Ménélaüs en écrivant:
$\begin{vmatrix}
0&r_C^2&-r_B^2\\
-r_C^2&0&r_A^2\\
r_B^2&-r_A^2&0
\end{vmatrix}=0
$
comme déterminant d'une matrice antisymétrique de taille $3$ prouvant une nouvelle fois l'alignement des centres $I_A$, $I_B$, $I_C$.
Enfin ceux qui ne veulent pas perdre de temps à de telles futilités écriront l'équation de la ligne des centres:
$\begin{vmatrix}
x&y&z\\
-r_C^2&0&r_A^2\\
r_B^2&-r_A^2&0
\end{vmatrix}=r_A^2(r_A^2x+r_B^2y+r_C^2z)=0
$
Donc une équation de la ligne des centres de $\mathcal F$ est:
$$r_A^2x+r_B^2y+r_C^2z=0$$
ce qui est quand même plus simple que celle de son axe radical!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour
Dans ce fil rien ne me sera épargné!
On doit chercher les solutions communes non triviales éventuelles des équations:
$r_A^2x+r_B^2y+r_C^2z=0$ et $a^2yz+b^2zx+c^2xy=0$
Grosso modo si on veut se consoler de ne connaître en géométrie comme cercle que le cercle trigonométrique, cela revient à étudier la restriction d'une forme quadratique à un hyperplan, c'est quand même plus glorieux pour un taupin!
On élimine $z$ par exemple entre ces deux équations.
On calcule $z$ dans la première équation:
$$z=-\dfrac{r_A^2x+r_B^2y}{r_C^2}$$
et on reporte dans la seconde, c'est d'une difficulté inouïe:
$$(a^2y+b^2x)(r_A^2x+r_B^2y)-r_C^2c^2xy=0$$
c'est à dire:
$$q(x,y)=b^2r_A^2x^2+(a^2r_A^2+b^2r_B^2-c^2r_C^2)xy+a^2r_B^2y^2=0$$
On tombe sur une forme quadratique à 2 variables, (sont-elles encore enseignées?), dont le discriminant est:
$$\Delta=a^2b^2r_A^2r_B^2-\dfrac{(a^2r_A^2+b^2r_B^2-c^2r_C^2)^2}4$$
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
Le polynôme $\mathcal H$ était autrefois très célèbre car si $a$, $b$, $c$ sont les longueurs des côtés d'un triangle, alors:
$$\mathcal H(a,b,c)=16S^2$$
où $S$ est l'aire ce ce triangle, c'est la formule de Héron. C'est pourquoi j'appelle $\mathcal H$ le polynôme de Héron.
On sait qu'il se factorise complètement:
$$\mathcal H=(X+Y+Z)(Y+Z-X)(Z+X-Y)(X+Y-Z)$$
Réciproquement si on se donne trois réels strictement positifs, $a$, $b$, $c$ tels que $\mathcal H(a,b,c)>0$, ces trois réels sont-ils les longueurs des côtés d'un triangle?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
Pendant que certains s'escriment, du moins, je l'espère, à prouver l'équation barycentrique du cercle circonscrit ou à trouver la preuve synthétique qu'ils ont sous les yeux, je vous propose un autre problème voisin!
Quand c'est fini, n.i ni ni, ça recommence!
Sur la figure ci-dessous, trouver les familles de triangles $a_{\omega}b_{\omega}c_{\omega}$ tels que l'aire algébrique du triangle $T_{\omega}$ formé par les tangentes respectives aux points $a_{\omega}$, $b_{\omega}$, $c_{\omega}$ aux cercles $\Gamma_A$, $\Gamma_B$, $\Gamma_C$ soit constante avec $(\overrightarrow{Aa_0},\overrightarrow{Aa_{\omega}})=(\overrightarrow{Bb_0},\overrightarrow{Bb_{\omega}})=(\overrightarrow{Cc_0},\overrightarrow{Cc_{\omega}})=\omega$
Mais maintenant, nous sommes prévenus et armés pour ce faire!
Nous connaissons les bienfaits de l'Algèbre avec la théorie des polynômes et des formes quadratiques et de l'Analyse avec la dérivation des déterminants.
Cette fois-ci, il existe quatre familles de solutions qui s'échangent sous l'action d'un groupe commutatif à quatre éléments tout aussi défunt que le groupe à deux éléments précédent qui était un sous-groupe du défunt groupe circulaire!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Nous venons de voir comment la solution de notre problème était liée à l'existence des coordonnées tripolaires. Il semble me rappeler que ces coordonnées étaient le sujet d'un problème du Concours général autour des années 1950. Ce problème devrait figurer dans le Lebossé-Hémery!

Bonsoir à tous
Ce second problème admet aussi comme le premier une solution synthétique mais, pour des raisons évidentes d'analphabétisme national, il faudra en passer par une solution calculatoire!
Raison de plus pour commencer à réfléchir sur l'évaluation de l'aire du triangle $T_{\omega}$.
On se doute bien que si on ne connait que la formule $\mathrm{Aire}(\Delta)=\dfrac 12 \mathrm{Base}\times \mathrm{Hauteur}$ cela ne va pas être de la tarte et même l'expression, que nous avons déjà utilisée, de l'aire d'un triangle en fonction des coordonnées de ses sommets risque d'être insuffisante.
Enfin avant de commencer quelque calcul démentiel que ce soit, il n'est pas interdit de réfléchir sur la figure qu'on doit disséquer, cela ne mange pas de pain!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
Voyons ce que nous pouvons dire en général de ces triangles $T_{\omega}$!
On a les égalités suivantes entre angles orientés de droites:
$(T_{a_{\omega}}T_{b_{\omega}},T_{a_{\omega}}T_{c_{\omega}})=(Cc_{\omega},Bb_{\omega})$ comme angles à côtés perpendiculaires, (est-ce encore enseigné?).
Mais on sait que par définition:
$(Bb_0,Bb_{\omega})=(Cc_0,Cc_{\omega})=\omega$
Il en résulte que:
$(Bb_0,Cc_0)=(Bb_{\omega},Cc_{\omega})$
et $(T_{a_{\omega}}T_{b_{\omega}},T_{a_{\omega}}T_{c_{\omega}})=(T_{a_0}T_{b_0},T_{a_0}T_{b_0})$ et de même: $(T_{b_{\omega}}T_{c_{\omega}},T_{b_{\omega}}T_{a_{\omega}})=(T_{b_0}T_{c_0},T_{b_0}T_{a_0})$ et $(T_{c_{\omega}}T_{a_{\omega}},T_{c_{\omega}}T_{b_{\omega}})=(T_{c_0}T_{a_0},T_{c_0}T_{b_0})$
Je n'ai pas dessiné sur ma figure le triangle $T_0$ pour ne pas la surcharger mais tout le monde a compris que les triangles $T_0$ et $T_{\omega}$ sont directement semblables.
Autrement dit les triangles $T_{\omega}$ sont directement semblables entre eux!
Finalement on cherche les configurations des trois similitudes dont les triangles $T_{\omega}$ sont des triangles à côtés homologues. Ce sont les seconds triangles modulaires de nos aïeux. Je rappelle que dans mon premier exercice, on avait eu affaire aux premiers triangles modulaires. On aura donc fait le tour de ces triangles.
Maintenant si on exige de ces triangles d'avoir la même aire, que peut-on en dire?
Encore une question épouvantable?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonne Nuit
On est donc face au problème suivant.
On se donne trois droites du plan par leurs équations dans un repère orthonormé (direct):
$D_1$ d'équation: $a_1x+b_1y+c_1=0$
$D_2$ d'équation: $a_2x+b_2y+c_2=0$
$D_3$ d'équation: $a_3x+b_3y+c_3=0$
Calculer l'aire (algébrique) du triangle formé par ces trois droites.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci Bouzar
Oui, c'est cette formule là que je veux utiliser!
En connais-tu la démonstration?
Amicalement
[small]p[/small]appus