Wanted : $f_4$

(5,5)

On réécrit la question sous la forme :
\begin{align*}
11\sqrt{5}|zf_1| &= 26|zf_3| + 5\sqrt{5}|zf_2| \\
13\sqrt{5}|zf_1| &= 33|zf_3| + 10\sqrt{2}|zf_4|

\end{align*} pour insiter sur le fait qu'il y a un motif qui se répète. On algébrise en utilisant $\def\etc{,\:\mathrm{etc}}$ $11\sqrt 5=a \etc$ ainsi que $-4-8i=z_1\etc$. Il ne reste plus qu'à faire un développement limité à l'infini $
\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}}
$ \[ \vz^{2}\vzz^{2}-\vt\vz\vzz\left(\frac{a^{2}\Sa\,\zeta_{1}+b^{2}\Sb\,\zeta_{2}+c^{2}\Sc\,\zeta_{3}}{4S^{2}}\,\vz+\frac{\Sa\,z_{1}\,a^{2}+\Sb\,z_{2}\,b^{2}+\Sc\,z_{3}\,c^{2}}{4S^{2}}\,\vzz\right)+\mathcal{O}\left(\vt^{2}\right)

\] Le calculateur avisé n'aura pas manqué de remarquer l'apparition de la surface et des Conway du triangle $(a,b,c)$. On identifie. Et voilà. Il ne reste plus qu'à faire la figure... et à voir ce que ces triangles viennent faire là.

Cordialement, Pierre.

Bonjour Christoph
Tu n'aurais pas du donner la deuxième relation car elle est obligatoire.
Ce truc est lié à une propriété très classique (et connue depuis longtemps) des ovales de Descartes :
Considérant la courbe d'équation bipolaire $\dfrac{MA}{p}+\dfrac{MB}{q}=1$ où $\left\vert p\right\vert \neq \left\vert q\right\vert $, il existe un troisième point $C$ sur la droite $AB$ et des réels $p^{\prime }$ et $q^{\prime }$ tels qu'elle ait aussi pour équation bipolaire $\dfrac{MA}{p^{\prime }}+\dfrac{MC}{q^{\prime }}=1$.
En fait, avec $AB=d$, on a, sauf erreur, $\dfrac{\overline{CA}}{\overline{CB}}=\dfrac{p^{2}\left( q^{2}-d^{2}\right) }{q^{2}\left( p^{2}-d^{2}\right) }$.
Si, maintenant, on a une relation linéaire entre $MF_{1},MF_{2},MF_{3}$, si une inversion $j$ de pôle $F_{3}$ transforme $F_{1},F_{2},M$ en $A,B,M^{\prime }$, on a $\dfrac{M^{\prime }A}{p}+\dfrac{M^{\prime }B}{q}=1$ ou encore $\dfrac{M^{\prime }A}{p^{\prime }}+\dfrac{M^{\prime }C}{q^{\prime }}=1$ et une relation linéaire entre $MF_{1},MF_{2},MF_{4}$ où $F_{4}=j\left( C\right) $.
Il est clair que $F_{1},F_{2},F_{3},F_{4}$ sont cocycliques.
Amicalement. Poulbot

Bonjour
En réponse à mon message précédent, puisque ce quatrième foyer réel $f_{4}$ is wanted, je suggère à nos spécialistes de la rescassolisation (ou autre) de prouver que
$f_{4}=\left( \dfrac{1}{c^{2}v^{2}-b^{2}w^{2}}:\dfrac{1}{a^{2}w^{2}-c^{2}u^{2}}:\dfrac{1}{b^{2}u^{2}-a^{2}v^{2}}\right) $.
Bien cordialement. Poulbot

Bonjour Pappus
Soit $\Omega _{a}=\left( 0:b^{2}:-c^{2}\right) $ le point où la tangente en $A$ au cercle circonscrit $\left( O\right) $ coupe la droite $BC$ ($\Omega _{a}$ est le centre du $A$-cercle d'Apollonius).
La polaire de $\Omega _{a}$ par rapport à la paire de droites passant par $A$ joignant $2$ de tes $4$ points coupe $BC$ en $A^{\prime }$.
Définissant de même $B^{\prime }$ et $C^{\prime }$, les $3$ points $A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime }$ sont alignés sur une droite $L$ et le foyer $F$ cherché est le point de Miquel du quadrilatère complet de côtés $AB,BC,CA,L$ (point commun aux cercles $\left( O\right) ,AB^{\prime }C^{\prime },BC^{\prime }A^{\prime },CA^{\prime }B^{\prime }$).
Je pense qu'il y a plus simple mais comme je sais que, si $L$ a pour équation $\dfrac{x}{p}+\dfrac{y}{q}+\dfrac{z}{r}=0$,
ce point de Miquel est $\left( \dfrac{a^{2}}{q-r}:\dfrac{b^{2}}{r-p}:\dfrac{c^{2}}{p-q}\right) $, je n'ai pas cherché plus loin.
Ici $A^{\prime }=\left( 0:c^{2}v^{2}:-b^{2}w^{2}\right) $ et $p=\dfrac{u^{2}}{a^{2}},q=\dfrac{v^{2}}{b^{2}},r=\dfrac{w^{2}}{c^{2}}$.
Amicalement. Poulbot

Quelques propriétés des bi-bananes

1. On appelle $E,F,G,H$ les pôles. Comme ils sont cocycliques, il est efficace de les ramener sur le cercle unité et de les paramétrer par des turns $\alpha,\beta,\gamma,\delta$. Par ailleurs il y a des nombres $a,b,c$. On posera, comme d'habitude, $\def\Sa{S_{a}} \def\Sb{S_{b}} \def\Sc{S_{c}} $ $\Sa=\left(-a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)/2$ ainsi que $S=\frac{1}{4}\sqrt{\Pi_{4}\left(a\pm b\pm c\right)}$.
   
   $\,$
2. On s'intéresse aux courbes tripolaires, c'est à dire définies par \[ \pm a\,\left|EM\right|\pm b\,\left|FM\right|\pm\left|GM\right|=0 \] où $E,F,G$ sont trois points fixes et $M$ le point mobile du plan $EFG$.
   
   $\,$
3. Cette courbe est globalement invariante par l'inversion $\mu$ dans le cercle $EFG$. En effet, en appelant $U$ son centre, la formule usuelle conduit à: \[ d\left(\mu\left(P\right),\mu\left(Q\right)\right)=d\left(P,Q\right)\,\dfrac{R^{2}}{d\left(U,P\right)d\left(U,Q\right)}\implies d\left(\mu\left(P\right),E\right)=d\left(P,E\right)\,\dfrac{R}{d\left(U,P\right)} \]
   
4. Utilisant le formalisme de Lubin, on envoie les trois points sur le cercle unité et on pose $
   
   \def\etc{,\:\mathrm{etc}} \def\ptv{~;~}
   \def\eqx#1{\underset{#1}{=}} \def\simeqx#1{\underset{#1}{\simeq}}
   \def\vz{\mathrm{\mathbf{Z}}} \def\vzz{\overline{\mathcal{Z}}} \def\vt{\mathrm{\mathbf{T}}}
   
   $ $z_{E}\eqx 1\alpha\etc$. De temps à autre, il sera utile de doubler les degrés. Nous utiliserons alors $\eqx 2$ comme signe d'égalité. Puis on chasse les radicaux et l'on obtient: \begin{multline*} Q\eqx 2\left(\vz^{2}\vzz^{2}+\vt^{4}\right)-\\
   
   \quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \left(\vt^{2}+\vz\vzz\right)\left(\vt\vzz\,\left(\frac{\Sa\,a^{2}}{4\,S^{2}}\alpha^{2}+\frac{\Sb\,b^{2}}{4\,S^{2}}\beta^{2}+\frac{\Sc\,c^{2}}{4\,S^{2}}\gamma^{2}\right)+\vt\vz\left(\dfrac{\Sc\,c^{2}}{4\,S^{2}}\frac{1}{\gamma^{2}}+\dfrac{\Sb\,b^{2}}{4\,S^{2}}\frac{1}{\beta^{2}}+\dfrac{\Sa\,a^{2}}{4\,S^{2}}\frac{1}{\alpha^{2}}\right)\right)\\
   
   \quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad-\frac{\vt^{2}}{8\,S^{2}}\left(\begin{gathered}-\frac{1}{2}\,\left(\frac{a}{\alpha}+\frac{b}{\beta}+\frac{c}{\gamma}\right)\left(-\frac{a}{\alpha}+\frac{b}{\beta}+\frac{c}{\gamma}\right)\left(+\frac{a}{\alpha}-\frac{b}{\beta}+\frac{c}{\gamma}\right)\left(+\frac{a}{\alpha}+\frac{b}{\beta}-\frac{c}{\gamma}\right)\,\vz^{2}\\ +\left(\begin{gathered}2\,a^{4}+2\,b^{4}+2\,c^{4}-b^{2}c^{2}\left(\frac{\beta}{\gamma}+\frac{\gamma}{\beta}\right)^{2}-c^{2}a^{2}\left(\frac{\alpha}{\gamma}+\frac{\gamma}{\alpha}\right)^{2}-a^{2}b^{2}\,\left(\frac{\alpha}{\beta}+\frac{\beta}{\alpha}\right)^{2}\end{gathered} \right)\vzz\,\vz\\ -\frac{1}{2}\left(a\alpha+b\beta+c\gamma\right)\left(-a\alpha+b\beta+c\gamma\right)\left(+a\alpha-b\beta+c\gamma\right)\left(+a\alpha+b\beta-c\gamma\right)\vzz^{2} \end{gathered} \right) \end{multline*}
   
5. Cette formule fait lourdement intervenir le triangle $\left(a,b,c\right)$ à la fois par sa surface $S$ et par ses coefficients de Conway $\Sa\etc$. En particulier, le terme en $\vzz\vz\vt$ applique les coefficients $a^{2}\Sa\div8S^{2}\etc$ du centre circonscrit de $\left(a,b,c\right)$ au triangle $EFG$. Une interprétation géométrique serait bienvenue.
   
   $\,$
6. On coupe par le cercle unité, générant $2\times4$ points. On trouve les ombilics (points doubles) et quatre autres points. Formule générale: \[ K_{0}\simeqx 2\left[\begin{array}{c} \dfrac{\alpha\,\beta\,\gamma\,\left(a\alpha+b\beta+c\gamma\right)}{a\beta\,\gamma+\alpha\,b\gamma+\alpha\,\beta\,c}\\ 1\\ \dfrac{a\beta\,\gamma+\alpha\,b\gamma+\alpha\,\beta\,c}{\alpha\,\beta\,\gamma\,\left(a\alpha+b\beta+c\gamma\right)} \end{array}\right] \] les trois autres étant obtenus en changeant de signe l'un des nombres $a,b,c$. D'où les noms $K_{a},K_{b},K_{c}$ pour ces points.
   
   $\,$
7. Cherchons les foyers. On coupe par une droite $
   
   \def\umbx{\Omega_{x}} \def\umby{\Omega_{y}}
   \def\met{\boxed{\mathcal{M}}}
   \def\tra#1{{\vphantom{#1}}^{t}{#1}}
   \def\where{\qquad\mathrm{where}\;}
   
   $ $P\umby$. Comme la courbe est bi-circulaire, le degré tombe à deux, et le calcul du discriminant d'une équation du second degré suffit. On trouve quatre possibilités. Les trois centres $E,F,G$ et un quatrième point $H$. On constate qu'il est lui aussi sur le cercle unité. On l'écrit $z_{H}\eqx 2\delta^{2}$ et il vient: \[ \delta^{2}\eqx 2\frac{id}{conj}\,\left(\frac{1}{\alpha\beta\gamma}\,\left[E,F,G\right]\cdot\met\cdot\tra{\left[E,F,G\right]}\right)\where\met=\frac{1}{2S}\,\left(\begin{array}{ccc} a^{2} & -\Sc & -\Sb\\ -\Sc & b^{2} & -\Sa\\ -\Sb & -\Sa & c^{2} \end{array}\right) \] On aura reconnu la matrice $\met$ qui fait partie de la machinerie de Pythagore. Le facteur $1\div2S$ n'intervient pas ici, puisque l'on divise par la quantité conjuguée. Une interprétation géométrique serait bienvenue.
   
   $\,$
   
8. Les données de l'exemple proposé sont: \[ a=11\,\sqrt{5},b=5\,\sqrt{5},c=26\ptv d=13\,\sqrt{5},f=33,e=10\,\sqrt{2}\ptv z_{1}=-4+8\,i,z_{2}=4+8\,i,z_{3}=0 \] On voit que le centre circonscrit est $z_{0}=5i$ et le rayon $R=5$. On en déduit (choix possible) \[ \alpha=\frac{\sqrt{10}+3i\sqrt{10}}{10}\ptv\beta=\frac{3\,\sqrt{10}+i\sqrt{10}}{10}\ptv\gamma=\frac{\sqrt{2}-i\sqrt{2}}{2} \] On applique notre belle formule et il vient $\delta^{2}=1$ (nous choisissons $\delta=+1$ dans ce qui suit). les intersections courbe/cercle sont $-1,\,\dfrac{60+11i}{61},\,\dfrac{-28-45i}{53},\,\dfrac{80+39i}{89}$.
   
   $\,$
9. La courbe est globalement invariante sous l'action du groupe de Klein des homographies qui permutent les foyers par paires. Il est clair que le cercle unité est lui aussi globalement invariant, tandis que l'action de $\sigma_{\beta}$ sur les $K_{j}$ est de changer le signe de $b$. L'écriture à la Cremona de cette homographie est \[ \sigma_{\beta}\left(\begin{array}{c} \vz\\ \vt\\ \vzz \end{array}\right)\simeqx 1\left(\begin{array}{c} \dfrac{\left(\delta\,\beta-\alpha\,\gamma\right)\vz+\left(\left(\beta+\delta\right)\alpha\,\gamma-\left(\alpha+\gamma\right)\beta\,\delta\right)\vt}{\left(\beta+\delta-\alpha-\gamma\right)\vz-\left(\delta\,\beta-\alpha\,\gamma\right)\vt}\\ 1\\ \dfrac{\left(\delta\,\beta-\alpha\,\gamma\right)\vzz+\left(\alpha+\gamma-\beta-\delta\right)\vt}{\left(\left(\beta+\delta\right)\alpha\,\gamma-\left(\alpha+\gamma\right)\beta\,\delta\right)\vzz-\left(\delta\,\beta-\alpha\,\gamma\right)\vt} \end{array}\right) \]
   
10. Le produit commutatif $\pi_{\beta}\doteq\mu\circ\sigma_{\beta}$ fournit une autre involution laissant la courbe globalement invariante. Elle s'écrit: \[ \left(\pi_{\beta}\right)\left(\begin{array}{c} \vz\\ \vt\\ \vzz \end{array}\right)\simeqx 1\left(\begin{array}{c} \dfrac{\left(\left(\beta+\delta\right)\alpha\,\gamma-\left(\alpha+\gamma\right)\beta\,\delta\right)\vzz-\left(\delta\,\beta-\alpha\,\gamma\right)\vt}{\left(\delta\,\beta-\alpha\,\gamma\right)\vzz+\left(\alpha+\gamma-\beta-\delta\right)\vt}\\ 1\\ \dfrac{\left(\beta+\delta-\alpha-\gamma\right)\vz-\left(\delta\,\beta-\alpha\,\gamma\right)\vt}{\left(\delta\,\beta-\alpha\,\gamma\right)\vz+\left(\left(\beta+\delta\right)\alpha\,\gamma-\left(\alpha+\gamma\right)\beta\,\delta\right)\vt} \end{array}\right) \] Il s'agit d'une inversion dans un cercle (réel ou imaginaire). Le centre est : \[ D_{\beta}\simeqx 1\left(\begin{array}{c} \beta^{2}\delta^{2}\left(\alpha^{2}+\gamma^{2}\right)-\alpha^{2}\gamma^{2}\left(\beta^{2}+\delta^{2}\right)\\ \beta^{2}\delta^{2}-\alpha^{2}\gamma^{2}\\ \beta^{2}+\delta^{2}-\alpha^{2}-\gamma^{2} \end{array}\right)\etc \] Comme $\pi_{\beta}$ permute aussi les $K_{j}$, ceux-ci se correspondent les uns les autres de sorte que les $D_{j}$ constituent à la fois le triangle diagonal du quadrangle des foyers et du quadrangle des intersections.
    
    $\,$
11. Le point $D_{\alpha}$ est le centre d'un cercle d'inversion de la courbe. Et la puissance d'inversion est: \[ \rho_{\alpha}^{2}\eqx 1-\dfrac{\left(\delta-\gamma\right)\left(\delta-\beta\right)\left(\alpha-\gamma\right)\left(\alpha-\beta\right)}{\left(\delta\alpha-\beta\gamma\right)^{2}} \] Par conséquent le produit des rayons vaut \[ \rho_{\alpha}\rho_{\beta}\rho_{\gamma}\eqx 1\pm\prod_{6}\left(\alpha-\beta\right)\div\prod_{3}\left(\delta\alpha-\beta\gamma\right) \] Or ce nombre est imaginaire pur: au moins un des trois cercles est imaginaire. Ici, les $\rho^{2}$ valent $-\dfrac{32}{49},96,\dfrac{48}{25}$.
    
    $\,$
12. En tant que transformations de Cremona, les $\mu,\sigma,\pi$ sont du second degré en les variables. Appliquées à une courbe de degré 4, le degré devient $8$. Mais, les isotropes du centre d'inversion viennent se mettre en facteur double, faisant redescendre le degré à 4.
    
    $\,$
13. Toutes ces homographies et inversions indiquent qu'il y a intérêt à introduire le birapport circulaire. On trouve: \[ 0\eqx 2\left(\dfrac{a}{\left(\gamma^{2}-\beta^{2}\right)\alpha}\right)\left|\dfrac{\left(E-P\right)\left(F-G\right)}{\left(F-P\right)\left(E-G\right)}\right|+\left(\dfrac{b}{\left(\alpha^{2}-\gamma^{2}\right)\beta}\right)+\left(\dfrac{c}{\left(\alpha^{2}-\beta^{2}\right)\gamma}\right)\left|\dfrac{\left(G-P\right)\left(F-E\right)}{\left(F-P\right)\left(G-E\right)}\right| \] Dans cette formule, la transposition $\left(E,a\right)\leftrightarrow\left(G,c\right)$ résulte en $+b\leftrightarrow-b$.
    
    $\,$
14. On utilise l'invariance de la courbe par l'homographie $\pi:\alpha^{2}\leftrightarrow\gamma^{2},\,\beta^{2}\leftrightarrow\delta^{2}$. On utilise les propriétés du birapport et on identifie. Il vient: \[ \left(\begin{array}{c} a\\ b\\ c \end{array}\right)_{E,F,G}\mapsto\left(\begin{array}{c} d\\ e\\ f \end{array}\right)_{E,H,G}\simeq\left[\begin{array}{c} \dfrac{c\alpha}{\gamma}\,\left(\gamma^{2}-\beta^{2}\right)\left(\gamma^{2}-\delta^{2}\right)\\ \dfrac{b\delta}{\beta}\,\left(\beta^{2}-\alpha^{2}\right)\left(\beta^{2}-\gamma^{2}\right)\\ \dfrac{a\gamma}{\alpha}\,\left(\alpha^{2}-\delta^{2}\right)\left(\alpha^{2}-\beta^{2}\right) \end{array}\right] \] On applique les valeurs proposées, et tout va bien.
    
    $\,$
15. L'action du groupe $\mathfrak{S}_{4}$ conduit essentiellement à 4 formules. Les deux dernières sont \begin{eqnarray*} 5\,\sqrt{5}Distance\left(P,E\right)+33\,\sqrt{5}Distance\left(P,F\right)-52\,\sqrt{2}Distance\left(P,H\right) & = & 0\\ 13\,\sqrt{5}Distance\left(P,F\right)+5\,Distance\left(P,G\right)-22\,\sqrt{2}Distance\left(P,H\right) & = & 0 \end{eqnarray*}
    
    
    $\,$
16. Connaissant les 4 foyers et une intersection avec le circonscrit, il vient: \[ \left[\begin{array}{c} a/\sqrt{\alpha}\\ b/\sqrt{\beta}\\ c/\sqrt{\gamma} \end{array}\right]\simeqx 1\left[\begin{array}{c} \left(\beta-\gamma\right)\left(\left(\delta+\alpha-\beta-\gamma\right)\nu^{2}-2\left(\delta\alpha-\beta\gamma\right)\nu+\alpha\beta\gamma\delta\left(\beta^{-1}+\gamma^{-1}-\alpha^{-1}-\delta^{-1}\right)\right)\\ \left(\gamma-\alpha\right)\left(\left(\delta+\beta-\gamma-\alpha\right)\nu^{2}-2\left(\delta\beta-\alpha\gamma\right)\nu+\alpha\beta\gamma\delta\left(\gamma^{-1}+\alpha^{-1}-\beta^{-1}-\delta^{-1}\right)\right)\\ \left(\alpha-\beta\right)\left(\left(\delta+\gamma-\alpha-\beta\right)\nu^{2}-2\left(\delta\gamma-\alpha\beta\right)\nu+\alpha\beta\gamma\delta\left(\alpha^{-1}+\beta^{-1}+-\gamma^{-1}-\delta^{-1}\right)\right) \end{array}\right] \] Ceci résoud définitivement la question de "trouver les coefficients relatifs à l'une des 24 permutations". Remarque: changer d'intersection conduit aux quatre choix de signes pour $\left(a,b,c\right)$... et de toutes façons, $\sqrt{\alpha}$ est une variable "cachée", seul $z_{E}\eqx 1\alpha$ est donné.
    
    $\,$
17. Si nous substituons ces valeurs dans l'équation Lubin-2 donnée ci-dessus pour $Q$, on constate que l'on peut réduire les degrés de $\alpha,\beta,\gamma,\delta$. La présence de $\nu$ suffit à rompre tout ce qui a besoin d'être rompu, et l'on peut écrire cette équation avec les seules fonctions symétriques du premier degré. Une fois écarté un facteur global \[ -\left(\beta-\gamma\right)^{2}\left(\alpha-\gamma\right)^{2}\left(\alpha-\beta\right)^{2}\frac{1}{\nu^{4}q_{4}^{2}} \] il reste une magnifique équation $Q_{\nu}$ dont les coefficients en $\vz,\vzz,\vt$ sont des "polynômes" en $\nu$ (du degré -4 au degré +4) avec des constantes dépendant de $q_{1}\cdots q_{4}$. Cette équation est auto-conjuguée, comme il se doit pour une courbe visible et symétrique par rapport à l'anti-diagonale, comme il se doit pour une courbe invariante par inversion dans le cercle unité. Prix à payer: chacun des 4 coefficients essentiellement différents fait grosso modo 800 caractères.

Cordialement, Pierre.

Bonjour.

Pour pappus: restons aux notations de Soland: les $a,b,c$ sont les multiplicateurs. Poulbot a choisi $u,v,w$ pour les côtés du triangle $E,F,G$ (les trois premiers foyers).

Pour ce qui est de la question de Poulbot. On dispose d'un point ayant pour barycentriques $u^2,v^2,w^2$ par rapport au triangle $EFG$. C'est le point de Lemoine. Rappelons que ce point est celui qui détermine toute la métrique. C'est le point chargé de dire quelle est, parmi toutes les coniques circonscrites, quelle est celle qui est le cercle circonscrit. Cela détermine les ombilics et la machine peut se mettre en route. Sa construction est des plus simple: on tape
$X6_h$=TriangleCenter( E,F,G,6) dans geogebra ! On peut aussi partir de TriangleCenter( E,F,G,1) et passer au carré comme ci-dessous.

Il ne reste plus qu'à se donner le point ayant $a^2,b^2,c^2$ pour barycentriques. Il suffit d'utiliser
$V_h$=Barycenter ({E,F,G},{a^2,b^2,c^2}). C'est ce point qui est caractéristique de la courbe tripolaire. Mais, au cas où l'on aurait choisi de partir de Y=Barycenter ({E,F,G},{a,b,c}), ce n'est pas bien difficile. On commence par prendre l'anticevien de $Y$. Puis on prend l'anticevien de X(2) par rapport à $Y_e,Y_f,Y_g$. Ce triangle est en perspective avec $EFG$... et le perspecteur n'est autre que $V_h$.

Et maintenant, c'est fini. On trace la droite $V_h,X6_h$ et son tripôle n'est autre que le quatrième foyer cherché.

Cordialement, Pierre.

Edit: adopté la notation $V_h,X6_h$. Faire tourner les indices, c'est plus efficace que d'inventer une sequelle de nouveaux noms !

Comme il y a quatre triangles inscrits dans un quadrangle, on peut jouer la même musique pour les trois autres triplets de foyers. Cela nous fait 4 points de Lemoine $X6_j$ et 4 points de masse $V_j$ (on indexe par le sommet manquant).
Et donc quatre droites $X6_j V_j$. On fait tourner la machine quadrilatérale. Cela nous donne une droite de Newton, une droite de Steiner, un cercle de Miquel. Question: et alors ? Peut-on seulement affirmer que ces objets séparent les foyers par paires ?

Cordialement, Pierre.

Bonjour.

Le message de Poulbot suggère de passer en barycentriques, avec $D_{e}D_{f}D_{g}$, le triangle diagonal, comme triangle de base. Pour les foyers, on trouve $

\def\bmul{\underset{b}{*}} \def\bdiv{\underset{b}{\div}}
\def\eqx#1{\underset{#1}{=}} {}\def\simeqx#1{\underset{#1}{\simeq}}
\def\ptv{~;~}

$\[ H_{0}\simeqx 1\left[\begin{array}{c} \left(\delta\,\alpha-\beta\,\gamma\right)\left(\beta-\gamma\right)\left(\delta-\alpha\right)\\ \left(\delta\,\beta-\gamma\,\alpha\right)\left(\gamma-\alpha\right)\left(\delta-\beta\right)\\ \left(\delta\,\gamma-\alpha\,\beta\right)\left(\alpha-\beta\right)\left(\delta-\gamma\right) \end{array}\right]\simeqx 1\left(\begin{array}{c} f\\ g\\ h \end{array}\right)\doteq\left[\begin{array}{c} \dfrac{\left(\alpha\,\delta-\gamma\,\beta\right)\left(\alpha-\delta\right)}{2\left(\alpha-\gamma\right)\left(\alpha-\beta\right)\delta}\\ \dfrac{\left(\beta\,\delta-\alpha\,\gamma\right)\left(\beta-\delta\right)}{2\left(\beta-\gamma\right)\left(\beta-\alpha\right)\delta}\\ \dfrac{\left(\delta\,\gamma-\alpha\,\beta\right)\left(\gamma-\delta\right)}{2\left(\gamma-\beta\right)\left(\gamma-\alpha\right)\delta} \end{array}\right] \] La deuxième colonne donne des quantités réelles et de somme 1. Les trois autres foyers sont les anticéviens de $H_{0}$ (i.e. les images par la transformation continue de Lemoine). Comme ces $H,E,F,G=H_{0}H_{e}H_{f}H_{g}$ ont $\pm f:\pm g:\pm h$ pour cordonnées, la matrice du cercle focal doit être diagonale. Or il n'existe qu'un seul cercle ayant cette propriété. On en déduit que l'orthocentre du triangle diagonal n'est autre que le centre du cercle focal. Son équation est: \[ \left[\begin{array}{ccc} \dfrac{1}{\left(\delta-\alpha\right)\left(\gamma-\beta\right)\left(\alpha\,\delta-\beta\,\gamma\right)^{2}} & 0 & 0\\ 0 & \dfrac{1}{\left(\delta-\beta\right)\left(\alpha-\gamma\right)\left(\beta\,\delta-\gamma\,\alpha\right)^{2}} & 0\\ 0 & 0 & \dfrac{1}{\left(\delta-\gamma\right)\left(\beta-\alpha\right)\left(\gamma\,\delta-\alpha\,\beta\right)^{2}} \end{array}\right] \]

Les points de Lemoine $X6_{0}=L_{0}$ et les intersections $K_{0}$ avec le circonscrit sont donnés par: \[ L_{0}\simeqx 1\left(\begin{array}{c} \left(\delta\,\alpha-\gamma\,\beta\right)\left(\beta-\gamma\right)^{2}\left(\delta-\alpha\right)^{2}\\ \left(\delta\,\beta-\alpha\,\gamma\right)\left(\gamma-\alpha\right)^{2}\left(\delta-\beta\right)^{2}\\ \left(\delta\,\gamma-\beta\,\alpha\right)\left(\alpha-\beta\right)^{2}\left(\delta-\gamma\right)^{2} \end{array}\right) \] \[ K_{0}\simeqx 1\left(\begin{array}{c} \left(\delta-\alpha\right)\left(\gamma-\beta\right)\left(\alpha\delta-\beta\gamma\right)\left(\left(\delta+\alpha-\beta-\gamma\right)\nu^{2}+2\left(\beta\gamma-\alpha\delta\right)\nu+\left(\beta+\gamma\right)\alpha\delta-\left(\delta+\alpha\right)\beta\gamma\right)\\ \left(\delta-\beta\right)\left(\alpha-\gamma\right)\left(\beta\delta-\gamma\alpha\right)\left(\left(\delta+\beta-\gamma-\alpha\right)\nu^{2}+2\left(\gamma\alpha-\beta\delta\right)\nu+\left(\gamma+\alpha\right)\beta\delta-\left(\delta+\beta\right)\gamma\alpha\right)\\ \left(\delta-\gamma\right)\left(\beta-\alpha\right)\left(\gamma\delta-\alpha\beta\right)\left(\left(\delta+\gamma-\alpha-\beta\right)\nu^{2}+2\left(\alpha\beta-\gamma\delta\right)\nu+\left(\alpha+\beta\right)\gamma\delta-\left(\delta+\gamma\right)\alpha\beta\right) \end{array}\right) \]

Rappelons que les centres de masse ont été définis par \[ M_{h}\doteq\left(a^{2}E+b^{2}F+c^{2}G\right)/\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right) \] en utilisant les coefficients, et non pas les longueurs des côtés. Prenant les barycentriques relatifs à $D_{e}D_{f}D_{g}$, le calcul formel donne: $M_{j}=K_{j}\bmul K_{j}\bmul L_{j}\bdiv E_{j}\bdiv E_{j}$. Ce résultat n'est pas surprenant, puisque:

\[ K_{0}\simeq H_{0}\bmul\left(\begin{array}{c} a/FG\\ b/GE\\ c/EF \end{array}\right)\ptv L_{0}\simeq H_{0}\bmul\left(\begin{array}{c} HE\,FG\\ HF\,GE\\ HG\,EF \end{array}\right)\ptv M_{0}\simeq H_{0}\bmul\left[\begin{array}{c} a^{2}\,HE/FG\\ b^{2}HF/GE\\ c^{2}\,HG/EF \end{array}\right] \]

Un quadruplet de Lemoine est caractérisé par le fait que le triangle anticevien de l'un des quatre est formé par les trois autres. Lorsque l'on connait l'un des points d'un tel quadruplet, on peut aisément construire les trois autres en utilisant le théorème "conacev": deux points quelconques et leurs anticeviens respectifs sont conconiques. Soit $B_{j}$ et $C_{j}$ deux familles d'anticeviens. On trace les deux coniques $\left(P,B_{j}\right)$ et $\left(P,C_{j}\right)$. Alors elles se recoupent aux anticeviens de $P$.
On a déjà dit que $conacev(H_{0},K_{0})$ est le cercle polaire de $D_{e}D_{f}D_{g}$, c'est à dire le cercle focal.. Peut on remarquer quelque chose à propos des 5 autres ?


Cordialement, Pierre.