Une cubique aplatie
Soit le triangle $ABC$, $O$ le centre du cercle circonscrit, $G$ le barycentre et $H$ l'orthocentre du triangle.
La droite $\Delta$ coupe $BC$ en $S$, $AC$ en $T$, et $AB$ en $U$.
$S'$, $T'$ et $U'$ sont définis par les divisions harmoniques :
$(B,C,S,S') = -1$, $(C,A,T,T') = -1$ et $(A,B,U,U') = -1$.
$S$, $T'$, $U'$ sont alignés sur la droite $L_1$.
$S'$, $T$, $U'$ sont alignés sur la droite $L_2$.
$S'$, $T'$, $U$ sont alignés sur la droite $L_3$.
Ces droites permettent de prendre $P$ quelconque sur $L_1$, $Q$ sur $L_2$ et $R$ sur $L_3$ pour que $PQR$ soit circonscrit à $ABC$. ($PQR$ est perspectif à $ABC$ avec le centre de perspective sur $\Delta$).
On s'intéresse au lieu du centre $\Omega$ du cercle circonscrit à $PQR$ quand $P$ décrit $L_1$.
Dans le cas général, c'est une cubique, mais si $\Delta$ passe par $G$, la cubique dégénère en une droite $\Delta'$ passant par $H$. Ces 2 droites sont en homographie : leur intersection décrit l'hyperbole équilatère circonscrite à $ABC$ et passant par $G$ et $H$. Si de plus $\Delta$ passe par $O$, le pôle tri-linéaire de $\Delta'$ par rapport à $ABC$ appartient au cercle circonscrit à $ABC$ (constatations Géogébra).
Comment peut-on relier $\Omega$ à des éléments fixes pour attaquer une démonstration, sans passer par le calcul qui justifie mais n'explique pas ?
La droite $\Delta$ coupe $BC$ en $S$, $AC$ en $T$, et $AB$ en $U$.
$S'$, $T'$ et $U'$ sont définis par les divisions harmoniques :
$(B,C,S,S') = -1$, $(C,A,T,T') = -1$ et $(A,B,U,U') = -1$.
$S$, $T'$, $U'$ sont alignés sur la droite $L_1$.
$S'$, $T$, $U'$ sont alignés sur la droite $L_2$.
$S'$, $T'$, $U$ sont alignés sur la droite $L_3$.
Ces droites permettent de prendre $P$ quelconque sur $L_1$, $Q$ sur $L_2$ et $R$ sur $L_3$ pour que $PQR$ soit circonscrit à $ABC$. ($PQR$ est perspectif à $ABC$ avec le centre de perspective sur $\Delta$).
On s'intéresse au lieu du centre $\Omega$ du cercle circonscrit à $PQR$ quand $P$ décrit $L_1$.
Dans le cas général, c'est une cubique, mais si $\Delta$ passe par $G$, la cubique dégénère en une droite $\Delta'$ passant par $H$. Ces 2 droites sont en homographie : leur intersection décrit l'hyperbole équilatère circonscrite à $ABC$ et passant par $G$ et $H$. Si de plus $\Delta$ passe par $O$, le pôle tri-linéaire de $\Delta'$ par rapport à $ABC$ appartient au cercle circonscrit à $ABC$ (constatations Géogébra).
Comment peut-on relier $\Omega$ à des éléments fixes pour attaquer une démonstration, sans passer par le calcul qui justifie mais n'explique pas ?
Réponses
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Merci Géo_81
C'est une très jolie configuration que je vois en plusieurs épisodes.
D'abord il n'est pas du tout évident qu'il existe une infinité de triangles $PQR$ avec $P\in L_1$, $Q\in L_2$ , $R\in L_3$, circonscrits au triangle $ABC$, i.e: $A\in QR$, $B\in RP$, $C\in PQ$ et perspectifs avec $ABC$ de façon que $\Omega=AP\cap BQ\cap CR\in \Delta$.
C'est une configuration projective, (pas besoin de structure affine), qu'il faut prouver avant de faire quoique ce soit d'autre!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
C'est moi qui fait la figure comme d'hab!
Tu aurais pu la faire!! -
Bonjour
Pour prouver l'existence de la configuration projective précédente, on envoie la droite $STU$ se faire voir ailleurs à l'infini.
On est alors dans le plan affine avec le triangle $S'T'U'$ pour triangle médial.
Les droites $AP$, $BQ$, $CR$ qui sont concourantes au point $\Omega$, situé sur la droite de l'infini, sont donc parallèles et on a vu par exemple dans mon fil récent sur les $FLTI$ que $\{\Omega,P,Q,R\}$ est une orbite harmonique et par suite le triangle $PQR$ est circonscrit au triangle $ABC$.
Evidemment dans la configuration initiale, $\{\Omega,P,Q,R\}$ est toujours une orbite harmonique puisque c'est un invariant projectif!
CQFD
Maintenant, on peut s'intéresser à ce lieu des centres des cercles circonscrits aux triangles $PQR$.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour Pappus
Merci de t'intéresser à mon pb.
Pour la question du nombre infini de triangle PQR, ça se démontre facilement par une homographie avec 2 droites homologues confondues. J'ai l'impression que la perspective entre PQR et ABC n'apporte rien pour la recherche du lieu, et PQR est plus facile à manipuler par un de ses sommets plutot que par le centre de perspective.
J'ai vu ton fil sur les orbites harmoniques mais ça me dépasse!
Amicalement
PL -
Mon cher Géo_81
Pourtant tu en as une orbite harmonique sous les yeux qui fait marcher la boutique.
Mon impression est que ce mélange de géométrie projective et euclidienne ne peut que mener à des calculs monstrueux mais ce n'est qu'une impression!
Ce n'est pas ma tasse de thé!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonne nuit,Pappus a écrit:Ce n'est pas ma tasse de thé!
Comme c'est la mienne, voilà:clc, clear all, close all syms a b c; syms aB bB cB; % Conjugués aB=1/a; bB=1/b; cB=1/c; syms s1 s2 s3; syms s1B s2B s3B; % Conjugués s1=a+b+c; s2=a*b+b*c+c*a; s3=a*b*c; s1B=s2/s3; s2B=s1/s3; s3B=1/s3; V=(a-b)*(b-c)*(c-a); %----------------------------------------------------------------------- g=s1/3; gB=s1B/3; syms v; vB=1/v; % Droite passant par g et de vecteur directeur v syms z zB; Nul=Factor(v*(zB-gB)-vB*(z-g)) % On trouve EqDelta = 3*s3*z - 3*s3*v^2*zB + (s2*v^2-s1*s3) donc: pDelta=3*s3; qDelta=-3*s3*v^2; rDelta=s2*v^2-s1*s3; % Points S,T,U [s sB]=IntersectionDeuxDroites(pDelta,qDelta,rDelta,1,b*c,-b-c); [t tB]=IntersectionDeuxDroites(pDelta,qDelta,rDelta,1,c*a,-c-a); [u uB]=IntersectionDeuxDroites(pDelta,qDelta,rDelta,1,a*b,-a-b); s=Factor(s) t=Factor(t) u=Factor(u) % On trouve: s=(s1*s3+(2*a*(b+c)-b*c)*v^2)/(3*a*(v^2+b*c)); t=(s1*s3+(2*b*(c+a)-c*a)*v^2)/(3*b*(v^2+c*a)); u=(s1*s3+(2*c*(a+b)-a*b)*v^2)/(3*c*(v^2+a*b)); % Points S',T',U' sp=Harmonique(b,c,s); tp=Harmonique(c,a,t); up=Harmonique(a,b,u); spB=Harmonique(bB,cB,sB); tpB=Harmonique(cB,aB,tB); upB=Harmonique(aB,bB,uB); % On trouve: sp=(2*b*c-s*(b+c))/(b+c-2*s); tp=(2*c*a-t*(c+a))/(c+a-2*t); up=(2*a*b-u*(a+b))/(a+b-2*u); %----------------------------------------------------------------------- % Alignement de S,T',U' MatSTpUp=[s sB 1; tp tpB 1; up upB 1]; Nul=Factor(det(MatSTpUp)) % 0 donc c'est gagné, et permutation circulaire % Droite L_1 [p1 q1 r1]=DroiteDeuxPoints(s,tp,sB,tpB); F=3*a^2*b*c*(v^2 + b*c)*(a^2*b*c - 2*a*b^2*c + a*b*c^2 - a*b*v^2 + 2*a*c*v^2 - b*c*v^2)/(- a^2*b*c - a*b^2*c + 2*a*b*c^2 - 2*a*b*v^2 + a*c*v^2 + b*c*v^2); p1=Factor(F*p1) q1=Factor(F*q1) r1=Factor(F*r1) % On trouve: p1 = -a*(a^2*b*c + a*b^2*c + a*b*c^2 + 2*a*b*v^2 + 2*a*c*v^2 - 3*b^2*c^2 - 4*b*c*v^2); q1 = a*b*c*(- 4*a^2*b*c - 3*a^2*v^2 + 2*a*b^2*c + 2*a*b*c^2 + a*b*v^2 + a*c*v^2 + b*c*v^2); r1 = - a^4*b*c + 4*a^3*b^2*c + 4*a^3*b*c^2 + a^3*b*v^2 + a^3*c*v^2 - a^2*b^3*c - 3*a^2*b^2*c^2 + a^2*b^2*v^2 - a^2*b*c^3 + 3*a^2*b*c*v^2 + a^2*c^2*v^2 - a*b^3*c^2 - a*b^2*c^3 - 4*a*b^2*c*v^2 - 4*a*b*c^2*v^2 + b^2*c^2*v^2; % Droite L_2 [p2 q2 r2]=DroiteDeuxPoints(t,up,tB,upB); F=3*a*b^2*c*(v^2 + a*c)*(- a^2*b*c - a*b^2*c + 2*a*b*c^2 - 2*a*b*v^2 + a*c*v^2 + b*c*v^2)/(- 2*a^2*b*c + a*b^2*c + a*b*c^2 - a*b*v^2 - a*c*v^2 + 2*b*c*v^2); p2=Factor(F*p2) q2=Factor(F*q2) r2=Factor(F*r2) % On trouve: p2 = -b*(a^2*b*c - 3*a^2*c^2 + a*b^2*c + a*b*c^2 + 2*a*b*v^2 - 4*a*c*v^2 + 2*b*c*v^2); q2 = a*b*c*(2*a^2*b*c - 4*a*b^2*c + 2*a*b*c^2 + a*b*v^2 + a*c*v^2 - 3*b^2*v^2 + b*c*v^2); r2 = - a^3*b^2*c - a^3*b*c^2 + 4*a^2*b^3*c - 3*a^2*b^2*c^2 + a^2*b^2*v^2 - a^2*b*c^3 - 4*a^2*b*c*v^2 + a^2*c^2*v^2 - a*b^4*c + 4*a*b^3*c^2 + a*b^3*v^2 - a*b^2*c^3 + 3*a*b^2*c*v^2 - 4*a*b*c^2*v^2 + b^3*c*v^2 + b^2*c^2*v^2; % Droite L_3 [p3 q3 r3]=DroiteDeuxPoints(u,sp,uB,spB); F=3*a*b*c^2*(v^2 + a*b)*(- 2*a^2*b*c + a*b^2*c + a*b*c^2 - a*b*v^2 - a*c*v^2 + 2*b*c*v^2)/(a^2*b*c - 2*a*b^2*c + a*b*c^2 - a*b*v^2 + 2*a*c*v^2 - b*c*v^2); p3=Factor(F*p3) q3=Factor(F*q3) r3=Factor(F*r3) % On trouve: p3 = c*(- 3*a^2*b^2 + a^2*b*c + a*b^2*c + a*b*c^2 - 4*a*b*v^2 + 2*a*c*v^2 + 2*b*c*v^2); q3 = -a*b*c*(2*a^2*b*c + 2*a*b^2*c - 4*a*b*c^2 + a*b*v^2 + a*c*v^2 + b*c*v^2 - 3*c^2*v^2); r3 = a^3*b^2*c + a^3*b*c^2 + a^2*b^3*c + 3*a^2*b^2*c^2 - a^2*b^2*v^2 - 4*a^2*b*c^3 + 4*a^2*b*c*v^2 - a^2*c^2*v^2 + a*b^3*c^2 - 4*a*b^2*c^3 + 4*a*b^2*c*v^2 + a*b*c^4 - 3*a*b*c^2*v^2 - a*c^3*v^2 - b^2*c^2*v^2 - b*c^3*v^2; %----------------------------------------------------------------------- % Centre de perspective de ABC et PQR sur Delta syms l real m=g+l*v; mB=gB+l*vB; [pa qa ra]=DroiteDeuxPoints(a,m,aB,mB); [pb qb rb]=DroiteDeuxPoints(b,m,bB,mB); [pc qc rc]=DroiteDeuxPoints(c,m,cB,mB); [p pB]=IntersectionDeuxDroites(pa,qa,ra,p1,q1,r1); [q qB]=IntersectionDeuxDroites(pb,qb,rb,p2,q2,r2); [r rB]=IntersectionDeuxDroites(pc,qc,rc,p3,q3,r3); p=Factor(p) q=Factor(q) r=Factor(r) %----------------------------------------------------------------------- [omega omegaB]=CentreCercleCirconscrit(p,q,r,pB,qB,rB); omega=Factor(omega) % On trouve: Num=36*a^5*b^2*c^2*l^2*v + 6*a^5*b^2*c*l*v^2 + a^5*b^2*v^3 + 6*a^5*b*c^2*l*v^2 - 2*a^5*b*c*v^3 + a^5*c^2*v^3 + 216*a^4*b^3*c^3*l^3 - a^4*b^3*v^3 + 108*a^4*b^2*c^2*l^3*v^2 - 48*a^4*b^2*c^2*l*v^2 + 72*a^4*b^2*c*l^2*v^3 + a^4*b^2*c*v^3 + 3*a^4*b^2*l*v^4 + 72*a^4*b*c^2*l^2*v^3 + a^4*b*c^2*v^3 + 6*a^4*b*c*l*v^4 - a^4*c^3*v^3 + 3*a^4*c^2*l*v^4 + 216*a^3*b^4*c^3*l^3 - a^3*b^4*v^3 + 216*a^3*b^3*c^4*l^3 - 108*a^3*b^3*c^3*l^2*v + 540*a^3*b^3*c^2*l^3*v^2 + 36*a^3*b^3*c^2*l*v^2 - 72*a^3*b^3*c*l^2*v^3 + 2*a^3*b^3*c*v^3 + 6*a^3*b^3*l*v^4 + 540*a^3*b^2*c^3*l^3*v^2 + 36*a^3*b^2*c^3*l*v^2 - 72*a^3*b^2*c^2*l^2*v^3 - 2*a^3*b^2*c^2*v^3 + 162*a^3*b^2*c*l^3*v^4 - 30*a^3*b^2*c*l*v^4 - 72*a^3*b*c^3*l^2*v^3 + 2*a^3*b*c^3*v^3 + 162*a^3*b*c^2*l^3*v^4 - 30*a^3*b*c^2*l*v^4 + 108*a^3*b*c*l^2*v^5 - a^3*c^4*v^3 + 6*a^3*c^3*l*v^4 + 36*a^2*b^5*c^2*l^2*v + 6*a^2*b^5*c*l*v^2 + a^2*b^5*v^3 + 108*a^2*b^4*c^2*l^3*v^2 - 48*a^2*b^4*c^2*l*v^2 + 72*a^2*b^4*c*l^2*v^3 + a^2*b^4*c*v^3 + 3*a^2*b^4*l*v^4 + 540*a^2*b^3*c^3*l^3*v^2 + 36*a^2*b^3*c^3*l*v^2 - 72*a^2*b^3*c^2*l^2*v^3 - 2*a^2*b^3*c^2*v^3 + 162*a^2*b^3*c*l^3*v^4 - 30*a^2*b^3*c*l*v^4 + 36*a^2*b^2*c^5*l^2*v + 108*a^2*b^2*c^4*l^3*v^2 - 48*a^2*b^2*c^4*l*v^2 - 72*a^2*b^2*c^3*l^2*v^3 - 2*a^2*b^2*c^3*v^3 + 972*a^2*b^2*c^2*l^3*v^4 + 126*a^2*b^2*c^2*l*v^4 - 108*a^2*b^2*c*l^2*v^5 + 6*a^2*b*c^5*l*v^2 + 72*a^2*b*c^4*l^2*v^3 + a^2*b*c^4*v^3 + 162*a^2*b*c^3*l^3*v^4 - 30*a^2*b*c^3*l*v^4 - 108*a^2*b*c^2*l^2*v^5 + 216*a^2*b*c*l^3*v^6 + a^2*c^5*v^3 + 3*a^2*c^4*l*v^4 + 6*a*b^5*c^2*l*v^2 - 2*a*b^5*c*v^3 + 72*a*b^4*c^2*l^2*v^3 + a*b^4*c^2*v^3 + 6*a*b^4*c*l*v^4 - 72*a*b^3*c^3*l^2*v^3 + 2*a*b^3*c^3*v^3 + 162*a*b^3*c^2*l^3*v^4 - 30*a*b^3*c^2*l*v^4 + 108*a*b^3*c*l^2*v^5 + 6*a*b^2*c^5*l*v^2 + 72*a*b^2*c^4*l^2*v^3 + a*b^2*c^4*v^3 + 162*a*b^2*c^3*l^3*v^4 - 30*a*b^2*c^3*l*v^4 - 108*a*b^2*c^2*l^2*v^5 + 216*a*b^2*c*l^3*v^6 - 2*a*b*c^5*v^3 + 6*a*b*c^4*l*v^4 + 108*a*b*c^3*l^2*v^5 + 216*a*b*c^2*l^3*v^6 + b^5*c^2*v^3 - b^4*c^3*v^3 + 3*b^4*c^2*l*v^4 - b^3*c^4*v^3 + 6*b^3*c^3*l*v^4 + b^2*c^5*v^3 + 3*b^2*c^4*l*v^4; Den=(6*a*l*v^2 - a^2*v + a*b*v + a*c*v - b*c*v + 6*a*b*c*l)*(6*b*l*v^2 - b^2*v + a*b*v - a*c*v + b*c*v + 6*a*b*c*l)*(6*c*l*v^2 - c^2*v - a*b*v + a*c*v + b*c*v + 6*a*b*c*l); omega=Num/Den; %----------------------------------------------------------------------- % Droite (H omega) [phom qhom rhom]=DroiteDeuxPoints(s1,omega,s1B,omegaB); F=s3*(6*a*l*v^2 - a^2*v + a*b*v + a*c*v - b*c*v + 6*a*b*c*l)*(6*b*l*v^2 - b^2*v + a*b*v - a*c*v + b*c*v + 6*a*b*c*l)*(6*c*l*v^2 - c^2*v - a*b*v + a*c*v + b*c*v + 6*a*b*c*l)/(3*l*v*(12*a^2*b*c*l + a^2*b*v + a^2*c*v + 12*a*b^2*c*l + a*b^2*v + 12*a*b*c^2*l - 18*a*b*c*l^2*v - 6*a*b*c*v + 12*a*b*l*v^2 + a*c^2*v + 12*a*c*l*v^2 + b^2*c*v + b*c^2*v + 12*b*c*l*v^2)); phom=Factor(F*phom) qhom=Factor(F*qhom) rhom=Factor(F*rhom) % On trouve: phom = (a^3*b^2*c + a^3*b*c^2 + a^2*b^3*c - 6*a^2*b^2*c^2 + 2*a^2*b^2*v^2 + a^2*b*c^3 - 2*a^2*b*c*v^2 + 2*a^2*c^2*v^2 + a*b^3*c^2 + a*b^2*c^3 - 2*a*b^2*c*v^2 - 2*a*b*c^2*v^2 + 2*b^2*c^2*v^2); qhom = -a*b*c*(2*a^3*b*c - 2*a^2*b^2*c - 2*a^2*b*c^2 + a^2*b*v^2 + a^2*c*v^2 + 2*a*b^3*c - 2*a*b^2*c^2 + a*b^2*v^2 + 2*a*b*c^3 - 6*a*b*c*v^2 + a*c^2*v^2 + b^2*c*v^2 + b*c^2*v^2); rhom = (a^4*b^2*c + a^4*b*c^2 - 4*a^3*b^3*c + 2*a^3*b^2*c^2 - a^3*b^2*v^2 - 4*a^3*b*c^3 + 4*a^3*b*c*v^2 - a^3*c^2*v^2 + a^2*b^4*c + 2*a^2*b^3*c^2 - a^2*b^3*v^2 + 2*a^2*b^2*c^3 - 2*a^2*b^2*c*v^2 + a^2*b*c^4 - 2*a^2*b*c^2*v^2 - a^2*c^3*v^2 + a*b^4*c^2 - 4*a*b^3*c^3 + 4*a*b^3*c*v^2 + a*b^2*c^4 - 2*a*b^2*c^2*v^2 + 4*a*b*c^3*v^2 - b^3*c^2*v^2 - b^2*c^3*v^2); % Qui sont indépendants de l, donc c'est gagné !!...
Su le fichier ggb ci-joint, on peut bouger $A,B,C$ sur le cercle circonscrit, ainsi que $v$ (sur le même cercle) qui dirige $\Delta$ et $aa$ (sur l'axe des abscisses) qui détermine le percepteur des triangles $ABC$ et $PQR$.
Cordialement,
Rescassol -
Bonjour à tous
Une idée pour faire avancer la cause de la géométrie synthétique:
1/ prouver que la courbe est bien une cubique (P Q R sont en homographie, les milieux des côtés décrivent des coniques, les directions des médiatrices sont aussi en homographie, donc leur intersection ...)
2/ s'intéresser aux 3 points à l'infini : Q à l'infini sur L1, le cercle PQR est dégénéré en la droite P1BR1
P à l'infini sur L : ... droite AQ2R2, P à l'infini sur L3 ... droite PQC
à démontrer : que ces 3 droites sont parallèles, donc les 3 points à l'infini confondus.
Est-ce que ça suffit pour montrer que la cubique est dégénérée?
Je joins le fichier .ggb (faute de savoir quel URL on donne pour insérer une figure ici. Une âme compatissante me dira bien comment faire?)
Bravo Rescassol, mais j'avoue que je n'ai rien compris.
Cordialement -
Bonjour,
Je copie-colle l'explication que j'ai déjà donnée maintes fois:
Morley circonscrit consiste dans un problème de géométrie où intervient un triangle $ABC$ à faire de la géométrie analytique en nombres complexes. On choisit le centre de son cercle circonscrit $O$ comme origine et son rayon comme unité. Les affixes $a,b,c$ de $A,B,C$ ont alors pour module $1$ et leurs inverses sont leurs conjugués. On utilise aussi $s_1=a+b+c$, $s_2=ab+bc+ca$ et $s_3=abc$. Pour continuer, il faut alors disposer d'un certain nombre de formules permettant de calculer tout ce qui est classique.
Morley inscrit consiste à faire la même chose, mais en prenant comme cercle unitaire le cercle $UVW$ inscrit dans le triangle $ABC$. On calcule alors tout en fonction de leurs affixes $u,v,w$, et $s_1,s_2,s_3$ sont maintenant les fonctions symétriques de $u,v,w$.
On suppose de plus que $s_1\overline{s_1}\leq 1$ pour que $UVW$ soient les points de contact du cercle inscrit et non d'un cercle exinscrit. Dit autrement, $UVW$ est acutangle.
Cela n'a rien à voir avec le théorème de Morley sur les triangles équilatéraux formés à partir des trissectrices.
Cordialement,
Rescassol -
Re-bonjour
Le parallélisme des droites PiQi, donc les 3 points à l'infini confondus, ça vient tout seul :
soit X l'intersection CP1 / BP3 et Y l'intersection AR1 / BP3, les hexagones AR1BXCQ3 et AYBP1CQ2 ont chacun 2 paires de côtés opposés parallèles, donc les 2 côtés restants sont aussi parallèles (BR1 // CQ3 dans le 1er cas, BP1 // AQ2 dans l'autre).
Qui va prendre la relève pour les questions algébriques pour lesquelles je n'ai aucun appétit ?
Cordialement. -
Bonjour,
Tu peux me poser des questions sur le code que j'ai présenté plus haut.
Pour le moment, je ne sais pas ce que tu ne comprends pas.
J'ai simplement calculé en nombres complexes tous les points et toutes les droites dans l'ordre où tu les as introduits dans ton message initial.
Cordialement,
Rescassol
PS: Pour ce qui est d'insérer une image, tu peux le faire pour une jpg ou une png de la même façon que tu as inséré ton fichier ggb. -
Bonsoir Rescassol
Je viens de faire un essai d'insertion d' une figure comme tu m'as dit; c'est effectivement très simple. Merci pour le tuyau.
Concernant ton long calcul, j'ai été injuste car je n'avais même pas essayé de le lire. C'est maintenant chose faite, sans que j'aie progressé dans sa compréhension. Comment voit-on que le lieu cherché est une cubique dégénérée ? A moins que ma question n'ait pas de sens (càd que ce ne soit pas l'objet du calcul) ?
Des idées sur mon message précédent ?
Cordialement -
Bonjour,
Dans mon code (lignes $25$ à $42$), je définis la droite $\Delta$ comme passant par le centre de gravité $G$ d'affixe $g=\dfrac{a+b+c}{3}=\dfrac{s_1}{3}$ et de vecteur directeur $v$ (unitaire car $vB=\overline{v}=\dfrac{1}{v}$).
Dans les lignes $134$ à $139$, je définis le perspecteur $M(m)$ des triangles $ABC$ et $PQR$ et non le point $P$ comme tu le fais.
Je le prends sur $\Delta$ donc il est defini par $\overrightarrow{GM}=l \overrightarrow{v}$, $l$ est donc l'abscisse de $M$ dans le repère $(G,v)$.
Je calcule ensuite les points $P,Q,R$ à partir de $A,B,C,M$, puis le centre $\Omega$ du cercle circonscrit au triangle $PQR$, et enfin une équation de la droite $(H\Omega)$.
Je constate que les coefficients de cette droite ne dépendent pas du paramètre $l$ définissant $M$, donc est fixe quand $M$ varie sur $\Delta$, c'est ta cubique applatie.
Cordialement,
Rescassol -
Bonjour Rescassol
Dans l'expression de $\Omega$, le numérateur est de degré 3 en l, le dénominateur du 1er degré. Est-ce qu'on peut cependant en déduire que la courbe est une cubique ?
A quelle opération correspond la commande Factor ?
Cordialement -
Bonjour,
Mon code est écrit en Matlab R2019a.
La commande factor(E) renvoie un tableau contenant tous les facteurs de E, où E est une expression contenant des variables symboliques.
J'ai écrit Factor qui me donne le produit des éléments de ce ce tableau, sous la forme non dévéloppée.
E est en général une fraction rationnelle en plusieurs variables.
Par exemple si $E=(1/a + 1/b)/(a^3 - b^3)$, Factor(E) donne $(a + b)/(a*b*(a - b)*(a^2 + a*b + b^2))$.
Dans les anciennes versions de Matlab, factor donnait ce que donne aujourd'hui Factor.
Evidemment factor(1001) donne [7, 11, 13] et Factor n'a alors plus d'intérêt.
Comme je n'ai fait le calcul qu'avec $\Delta$ passant par $G$ et le perspecteur sur $\Delta$, je n'ai le lieu de $\Omega$ que dans ce cas particulier, et non la cubique du cas général.
Une autre méthode que je n'ai pas testée serait d'écrire $z=\dfrac{Num}{Den}$ donc $Den \times z - Num = 0$ et éliminer le réel $l$ entre cette équation polynomiale et sa conjuguée, et voir ce qu'on obtient comme équation entre $z$ et $\overline{z}$.
Pour cela, j'ai écrit une fonction Resultant de deux polynômes.
Cordialement,
Rescassol -
Bonjour.
Soit $\omega$ la transformation $F\mapsto \omega(F)$ qui envoie un point sur le centre du cercle circonscrit à son triangle anticevien par rapport au triangle $ABC$. On se donne une droite $\Delta$. Elle coupe le trigone medial en trois points. Par conséquent $\omega(\Delta)$ contient exactement trois points à l'infini: c'est une cubique. Par ailleurs la droite coupe le cercle diagonal en deux points. Par conséquent $\omega(\Delta)$ admet $H=$X(4) comme point double.
Si l'on suppose que $\Delta$ passe par $G=$X(2), alors $\omega(\Delta)$ contient $H$ comme point triple, et la cubique dégénère. Si l'on suppose que la cubique dégénère en une droite triple, il faut un troisième antécédent pour $H$. Il n'y en n'a pas d'autres possibles à part $G$.
Remarque technique, introduisant le cercle diagonal: la transformation $\omega$ comporte six points d'indétermination, i.e. verifiant $\omega(I)=0:0:0$. Ces points sont: $$I_{1,4},I_{2,5},I_{3,6}\simeq\left[\begin{array}{c}
a^{2}\\
S_c\mp2\,iS\\
S_b\pm2\,iS
\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}
a^{2}\\
+S_c\pm2\,iS\\
-S_b\pm2\,iS
\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}
a^{2}\\
-S_c\pm2iS\\
+S_b\pm2\,iS
\end{array}\right]
$$ Ils sont visiblement conconiques entre eux et avec les ombilics.
Cordialement, Pierre. -
Bonjour
Merci pldx1. Voilà une démonstration fulgurante et qui, je pense, clôt la discussion.
Juste une remarque de béotien : dans le cas où $\Delta$ ne passe pas par G, le lieu de $\Omega$ tracé par Géogébra et suivi par $\Omega$ ne passe pas par H.
Cordialement
PL -
Bonjour,
Les points sont des colonnes $\def\cc{\mathbb{C}} \def\rr{\mathbb{R}} \def\qq{\mathbb{Q}} \def\nn{\mathbb{N}} \def\vz{\mathrm{\mathbf{Z}}} \def\vzz{\overline{\mathcal{Z}}} \def\vt{\mathrm{\mathbf{T}}}\def\Sa{S_{a}} \def\Sb{S_{b}} \def\Sc{S_{c}} \def\Sw{S_{\omega}}
\def\grad{\operatorname{grad}}
\def\trip{\operatorname{tripolar}}
\def\cub#1{\mathcal{K}_{#1}}
\def\bmul{\underset{b}{*}}
\def\etc{,\:\mathrm{etc}} \def\zz{\mathbb{Z}}
$ $\vz:\vt:\vzz$, traitées à projectivement, c'est à dire à un multiplicateur près. Il y a les points visibles, c'est à dire tels qu'il existe $z\in\cc$ vérifiant $\vz/\vt=z$ et aussi $\vzz/\vt=\overline{z}$. Et il y a tous les autres, les point à l'infini... et les points qui ne se manifestent pas de la même façon dans la vue du dessus ($\vz:\vt$, la première sphère de Riemann) et dans la vue du dessous ($\vzz:\vt,$ la deuxième sphère de Riemann).
Se plaindre des conséquences visibles de l'existence de points invisibles n'est pas raisonnable: ce sont ces conséquences visibles qui prouvent l'existence effective de ces points invisibles. Mais cela n'empêche pas de revenir sur la propriété $\forall P:\,H\in\cub P$.
Les calculs ci-dessous sont conduits en utilisant les coordonnées barycentriques relatives à $ABC$. Evidemment, cela ne change rien aux conclusions.- Méthode 1: On considère les points : \[ F_{1,2}\simeq\left(\begin{array}{c} p\\ q\\ r \end{array}\right)\bmul\left(\begin{array}{c} a^{2}\left(q^{2}+r^{2}\right)+\left(b^{2}-c^{2}\right)\left(r^{2}-q^{2}\right)\\ -\left(a^{2}+b^{2}-c^{2}\right)r^{2}\pm W\\ -\left(a^{2}-b^{2}+c^{2}\right)q^{2}\mp W \end{array}\right) \] Comme le deuxième facteur est à l'infini, $F_{1,2}\in\Delta=\trip P$ pour tout $W$. En outre il existe $W^{2}\in\zz\left[a,b,c,p,q,r\right]$ tel que $\omega\left(F_{1}\right)=\omega \left(F_{2}\right)=H$, qui est donc un point double de $\cub P=\omega\left(\Delta\right)$.
$\,$ - Méthode 2: On considère $W$ comme paramètre et on élimine ce $W$ dans $\omega\left(F_{W}\right)\simeq x:y:z$. On peut aussi paramétrer le point mobile de $\Delta$ sous la forme générique $F_{t}\doteq p:q\,t:-\left(1+t\right)r$. On obtient l'équation $K\left(x,y,z\right)=0$ de la cubique. Et l'on vérifie que $K\left(x_{H},y_{H},z_{H}\right)=0$. On vérifie que le gradient en $H$ est $\left[0,0,0\right]$, ce point est un point double.
$\,$ - Méthode 3: On calcule la hessienne en $H$. La quantité \[ \frac{4\left(pq+qr+rp\right)S^{2}}{\Sa\Sb\Sc} \] vient se mettre en facteur, ce qui n'est pas une surprise (point triple ou dégénérescence $H=A\etc$). On récupère une forme quadratique de rang $2$ avec un noyau engendré par $H$, tandis que la partie non carrée du produit des deux coefficients est égal à ... (suspense insoutenable, exercice laissé au lecteur). Et l'on conclut.
$\,$ - Méthode 4: Utilisant geogebra. Quand on n'est pas content de l'une des courbes de niveau de $K\left(x,y,z\right)=Cte$, on en trace une autre. Quelle belle cuvette autour du point $H$ ! (une allusion hors sujet n'est pas totalement exclue).
Question subsidiaire: identifier la signification géométrique de la quantité $W^{2}\left(p,q,r\right)$.
Cordialement, Pierre. - Méthode 1: On considère les points : \[ F_{1,2}\simeq\left(\begin{array}{c} p\\ q\\ r \end{array}\right)\bmul\left(\begin{array}{c} a^{2}\left(q^{2}+r^{2}\right)+\left(b^{2}-c^{2}\right)\left(r^{2}-q^{2}\right)\\ -\left(a^{2}+b^{2}-c^{2}\right)r^{2}\pm W\\ -\left(a^{2}-b^{2}+c^{2}\right)q^{2}\mp W \end{array}\right) \] Comme le deuxième facteur est à l'infini, $F_{1,2}\in\Delta=\trip P$ pour tout $W$. En outre il existe $W^{2}\in\zz\left[a,b,c,p,q,r\right]$ tel que $\omega\left(F_{1}\right)=\omega \left(F_{2}\right)=H$, qui est donc un point double de $\cub P=\omega\left(\Delta\right)$.
-
Bonsoir
Un exemple où $H$ n'est pas un point double isolé.
Bien cordialement. Poulbot -
Bonjour
Ci-dessous, ce qu'il se produit quand $ABC$ est obtusangle et $\Delta $ tangente à son cercle polaire (le cercle de centre $H$ par rapport auquel $ABC$ est autopolaire). Je présume que c'est ce cercle que Pierre appelle cercle diagonal.
Bien cordialement. Poulbot -
Bonjour.
Cercle diagonal= abus de langage, tu as raison de le relever. Le cercle est polaire. Ce qui est diagonal, c'est la matrice de la forme quadratique associée.
Amicalement, Pierre.
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