Tribulations de l'angle $\alpha:=\pi/7$

soland
soland
dans Géométrie
Je reformule ici un problème lié au cercle des neuf points.

Le triangle d'angles $\alpha$, $2\alpha$, $4\alpha$ fait partie d'un quadrangle orthocentrique.
Les triangles $T_1,~ T_2,~ T_3,~ T_4$, de ce quadrangle ont le même cercle $C$ des neuf points.

Proposition :
Les mesures des arcs découpés sur $C$ par les neuf points sont tous des multiples de $\alpha$.

$C$ et les cercles inscrits aux $T_i$ constituent une configuration de Feuerbach riche.
Malheureusement mon ordi est en clinique pour divers up-grades.

Réponses

  • Rescassol
    Rescassol
    Bonjour,

    Une ch'tite figure:

    2eb8w0i.png

    Cordialement,

    Rescassol
  • soland
    soland
    Super.
  • jelobreuil
    jelobreuil
    Rescassol, j'écris peut-être une bêtise, mais du "Morley neuf-points", ça existe ou non ? et si c'est non, pourquoi ? mais si c'est oui, ne serait-ce pas un cas approprié pour un tel traitement ?
    Bien cordialement
    JLB
  • pappus
    pappus
    Bonjour à tous
    Pour ceux qui n'auraient pas compris pourquoi la figure de Rescassol est super, la voici dans toute sa splendeur.
    Les $9$ points du cercle des $9$ points font partie des sommets d'un $14$-gone régulier.
    La seule chose qui me chiffonne est la suivante:
    Est-ce que le sommet $\theta$ de ce $14$-gone régulier est à l'intersection des deux cercles de la figure?
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
    @Jelobreuil
    Où as-tu vu que Rescassol parlait de Morley-$9$ points?
    Quand Rescassol parle de Morley, c'est qu'il a choisi un cercle du plan euclidien pour être le cercle-unité quand il identifie le plan euclidien au plan complexe.
    Comme il y a deux cercles sur la figure, à toi de deviner lequel il a choisi!88778
  • Rescassol
    Rescassol
    Bonjour, 
    clc, clear all, close all

syms r

% r = exp(2*i*pi/7); % Donc r^7=1

a1=1;
a3=r^2;
a4=r^3;

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

h=a1+a3+a4;

om=h/2;

m1=(a1+a3)/2;
m2=(a3+a4)/2;
m3=(a4+a1)/2;

m4=(h*a3-a4*a1)/(2*a3);
m5=(h*a4-a1*a3)/(2*a4);
m6=(h*a1-a3*a4)/(2*a1);

m7=(h+a3)/2;
m8=(h+a1)/2;
m9=(h+a4)/2;

v1=Factor(om-m1)
v2=Factor(om-m2)
v3=Factor(om-m3)
v4=Factor(om-m4)
v5=Factor(om-m5)
v6=Factor(om-m6)
v7=Factor(om-m7)
v8=Factor(om-m8)
v9=Factor(om-m9)

% On trouve:
%
% v1 = r^3/2
% v2 = 1/2
% v3 = r^2/2
% v4 = r/2
% v5 = 1/(2*r)
% v6 = r^5/2
% v7 = -r^2/2
% v8 = -1/2
% v9 = -r^3/2
%
% dont les arguments sont évidents

    Cordialement,

    Rescassol88780
  • pappus
    pappus
    Bonjour à tous
    On a les deux possibilités suivantes mais je ne me souviens plus si les homothéties sont encore au programme sinon il faudrait évidemment oublier mes figures
    Amicalement
    [small]p[/small]appus88782
    88784
  • poulbot
    poulbot
    Bonjour
    Si $R$ est le rayon du cercle $ABC$, combien vaut la distance $OH$?
    Amicalement. Poulbot
  • soland
    soland
    La véritable histoire du triangle $A_0A_1A_3$
    [small](avec des indices modulo 7)[/small].

    Ce triangle, observé dans son habitat naturel, tourne dans son cercle circonscrit !
    Ce faisant, ses sommets occupent les positions suivantes (on note les indices uniquement) :
    $$\begin{matrix}
    0 & 1 & 3 \\
    1 & 2 & 4 \\
    2 & 3 & 5 \\
    3 & 4 & 6 \\
    4 & 5 & 0 \\
    5 & 6 & 1 \\
    6 & 0 & 2 \\
    \end{matrix}$$
    On envisage chaque ligne comme une droite de trois points et
    on constate que toute paire de points détermine une droite et
    que toute paire de droites détermine un point.
    Comme dans un grand plan projectif ! Sauf que l'axiome de Fano
    n'est pas vérifié. Le corps soujacent est Z/2Z .

    On peut faire la même chose avec un quadrilatère inscrit dans le
    cercle 13-tomé (en 13 coupé) et le corps Z/3Z.

    31-tomé je ne sais.
  • Rescassol
    Rescassol
    Bonjour,

    $OH=R\sqrt{2}$
    a1B=1/a1;
a3B=1/a3;
a4B=1/a4;

hB=a1B+a3B+a4B;

[N D]=numden(h*hB);

N=expand(N)
D

% On trouve:
% N = r^6 + r^5 + r^4 + 3*r^3 + r^2 + r + 1
% D = r^3
% 
% Et on sait que r^6 + r^5 + r^4 + r^3 + r^2 + r + 1 = 0
% Donc OH^2 = h*hB = 2
% On en déduit que OH = R * sqrt(2)

    Cordialement,

    Rescassol
  • poulbot
    poulbot
    Bonjour Rescassol et merci
    Bien, entendu, on peut (et surtout toi) calculer des tas de choses.
    Par exemple, combien vaut la distance $\omega K$ ($K$ point de Lemoine)?
    Quelles sont les longueurs des demi-axes de l'ellipse de Steiner circonscrite?
    Amicalement. Poulbot
  • soland
    soland
    Privé de mes logiciels habituels je fréquente ces jours une beauté plus austère.

    Dans le cercle 21-tomé tourne le pentagone de sommets initiaux
    $(A_0,A_1,A_4,A_{14},A_{16})$
    D'où un plan projectif fini de $4^2+4+1$ points et autant de droites.
    Z/4Z n'est pas un corps, donc ??
    Une indexation plus transparente serait bienvenue.

    P.S. On fréquente sa bon'amie ou sa future.
  • Rescassol
    Rescassol
    Bonjour,

    Peut-être une idée stupide:
    $\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$ n'est pas un corps, mais il existe un unique corps à $4$ éléments.

    Cordialement,

    Rescassol
  • Rescassol
    Rescassol
    Bonjour,

    Poulbot, $\omega K=\dfrac{R}{\sqrt{14}}$.

    Cordialement,

    Rescassol
  • soland
    soland
    C'est très vrai, je regarde.
  • poulbot
    poulbot
    Bonjour et merci Rescassol
    Par chance (pour moi), c'est aussi ce que j'avais trouvé.
    Bien cordialement. Poulbot
  • soland
    soland
    @ Rescassol
    Le plan projectif sur $F_2^2$ a bien 21 éléments.
    Merci.
  • Rescassol
    Rescassol
    Bonjour,

    L'excentricité des ellipses de Steiner est $\sqrt{\dfrac{4}{2+\sqrt{7}}}$, mais ce n'est pas très engageant.

    Cordialement,

    Rescassol
  • poulbot
    poulbot
    Bonsoir Rescassol
    "ce n'est pas très engageant"
    C'est juste mais c'était pour proposer un calcul parfaitement inutile mais assez technique.
    Les demi-axes de l'ellipse circonscrite ont pour longueurs $\dfrac{R}{3}\sqrt{7\pm 2\sqrt{7}}$, ce qui donne bien l'excentricité que tu as trouvée.
    Bien cordialement. Poulbot
  • fm_31
    fm_31
    Bonjour ,

    autre particularité : il semblerait que le cercle X10 , X21 , X31 ait même centre que le cercle aux neuf points et passe par un sommet du triangle .
    Cordialement88868
  • Rescassol
    Rescassol
    Bonjour,
    fm_31, je confirme ce qu'il te semble.

    En posant $r=e^{\tfrac{2i\pi}{7}}$ comme sur ma figure plus haut, on a :
    $x_{10}=\dfrac{r^2(r^2+1)(r^2+r-1)}{2(r^4+r^3-1)}$ pour le point de Spieker.
    $x_{21}=\dfrac{2r^5-3r^4-9r^3-12r^2-11r-4}{2(8r^5+14r^4+14r^3+8r^2-3)}$ pour le point de Schiffler.
    $x_{31}=\dfrac{r^5+4r^4+4r^3+2r^2+r-1}{(r+1)(-2r^4+2r+2)}$ pour le "second power point".
    Ça se simplifie probablement, mais j'ai la flemme.
    Le cercle passant par ces trois points a bien pour centre $\omega\Big(\dfrac{r^3 + r^2 + 1}{2}\Big)$
    Il a pour rayon $\sqrt{1+\dfrac{r^4+r^3}{2}}$ et passe effectivement par $A_3(a_3=r^2)$.

    Cordialement,
    Rescassol
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