Trois hyperboles équilatères

poulbot · November 2019

Bonjour
Etant donnés un triangle $ABC$ et un point $P$ de son plan d'anticomplément $Q$ $\left( \overrightarrow{GQ}=-2\overrightarrow{GP}\right) $, on considère l'hyperbole équilatère $h_{a}$ de diamètre $\left[ AQ\right] $ et de points à l'infini ceux des bissectrices de $\left( AB,AC\right) $; on définit de même $h_{b}$ et $h_{c}$.
Montrez que ces $3$ hyperboles sont membres d'un même faisceau et que leurs points communs réels autres que $Q$ sont sur le cercle $\left( O\right) $ circonscrit à $ABC$.
Que dire des droites de Simson des points diamétralement opposés sur $\left( O\right) $ à ces points?
Amicalement. Poulbot 92598

pappus · November 2019

Mon cher Poubot
C'est toujours un plaisir extrême de découvrir tes configurations!
Mais avant même de la construire avec mon logiciel, je savais déjà ce que j'allais obtenir!
Réfléchissons peu mais réfléchissons bien!
Trois droites, qu'elles soient de Simson ou non, n'ont d'intérêt que s'il faut montrer qu'elles sont concourantes et quel plus beau point de concours que ton point $P$ de départ.
Donc ta configuration propose une nouvelle construction particulièrement esthétique des trois droites de Simson passant par $P$.
Tu nous en avais déjà proposé une dans le passé dont, tout ce je me souvenais, était qu'elle était un peu compliquée à mettre en oeuvre et à retenir.
Encore une fois bravo!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Notre ami Rescassol devrait pouvoir se défouler dans la preuve!

poulbot · November 2019

Bonjour Pappus; merci beaucoup et chapeau pour ton sens très affuté de l'anticipation
Par chance, pour construire le ou les points de $\left( O\right) $ dont la droite de Simson passe par $P$, une seule des $3$ hyperboles suffit même si cela manque alors un peu de symétrie et d'esthétique.

@Rescassol Ces hyperboles étant des coniques "fortes", les calculs devraient être plus simples avec Morley circonscrit (mais peut-être que je m'avance un peu trop).
Amicalement. Poulbot

Rescassol · November 2019

Bonsoir,

Avec Morley circonscrit, les trois hyperboles ont pour équations:
$z^2 - s_3a\overline{z}^2 + (2p-s_1-a)z + a(s_2+bc-2s_3\overline{p})\overline{z}+ (a^2-2ap-bc+2s_3\overline{p})=0$
et permutation circulaire.
Elles coupent le cercle circonscrit aux trois points solutions de l'équation:
$z^3 + (2p - s_1)z^2 + (2\overline{p}s_3 - s_2)z + s_3 = 0$
Pour les droites de Simson, on verra plus tard.

Cordialement,

Rescassol

pappus · November 2019

Bonsoir à tous
C'est pourtant simple
Soit $f(z)=z^3 + (2p - s_1)z^2 + (2\overline{p}s_3 - s_2)z +s_3 $ le polynôme du dernier message de Rescassol.
On change $z$ en $-z$
L'équation
$$-f(-z)=z^3 - (2p - s_1)z^2 + (2\overline{p}s_3 - s_2)z -s_3 = 0$$
est l'équation de la droite de Simson du point d'affixe $z\in S^1$.
Cela se montre directement!
La seule chose à prouver clairement, ce sont les équations de ces trois hyperboles équilatères!
Amicalement
[small]p[/small]appus

poulbot · November 2019

Bonsoir Rescassol
Avec toutes mes excuses pour mon insistance à ce sujet.
Cette technique qui consiste à se contenter d'éliminer $\overline{z}$ entre les équations de deux courbes pour trouver leur intersection m'a toujours turlupiné car elle peut donner des points réels qui ne sont ni sur l'une ni sur l'autre et donne toujours des points réels, y compris quand l'intersection est vide.
Exemple : appliquée au cercle $z\overline{z}-1=0$ et à la droite $z+\overline{z}-6=0$, on trouve les points d'affixe $3\pm 2\sqrt{2}$ (bref, une méthode à ne pas recommander aux étudiants manquant un peu d'esprit critique).

Dans le cas qui nous intéresse, si $P$ est à l'extérieur de la deltoïde de Steiner, ta deuxième équation donne trois points réels dont deux ne sont ni sur le cercle unité ni sur les hyperboles. Où sont-ils?
Le problème est que cette méthode n'admet pas les points d'intersection "invisibles" et les remplace systématiquement par des points "visibles" qui peuvent être n'importe où mais pas sur les $2$ courbes. Heureusement, on s'en aperçoit bien en faisant une figure car ces points "visibles" parasites vont disparaître.
Avec ma promesse de ne plus t'ennuyer avec cette histoire.
Amicalement. Poulbot

pappus · November 2019

Bonjour à tous
Voilà comment je vois les choses pour éviter les difficultés de Poulbot.
Ci dessous la figure de Poulbot où je n'ai gardé des trois hyperboles que celle passant par $A$.
Elle montre un point $P$ avec les droites de Simson des points $R'$, $S'$, $T'$ qui passent par $P$.
Les points $R$, $S$, $T$ sont les points diamétralement opposés respectifs des points $R'$, $S'$, $T'$.
L'hyperbole qu'on a sous les yeux est par définition l'unique hyperbole équilatère passant par les points $A$, $R$, $S$, $T$.
Tout ce qu'il faut montrer est ce qu'a dit Poulbot.
C'est l'hyperbole équilatère de diamètre $AQ$ où $Q$ est l'anticomplément de $P$ dans le triangle $ABC$ dont les directions asymptotiques sont celles des bissectrices de la paire de droites $(AB,AC)$.
Et cela ne devrait pas être trop difficile à montrer si on connaît bien la théorie des coniques et en particulier celle des hyperboles équilatères.
Amicalement
[small]p[/small]appus 92648

poulbot · November 2019

Bonjour Pappus
C'est la situation ci-dessous qui m'interpelle puisque la méthode de Rescassol fournit trois points réels communs au cercle circonscrit et aux $3$ hyperboles. Or, visiblement, il n'y en a qu'un et d'ailleurs une seule droite de Simson passe par $P$.
Amicalement. Poulbot 92650

pappus · November 2019

Bonjour Poulbot
Il faut bien dire que Rescassol n'a pas été très bavard et tu as bien de la chance d'avoir compris ce qu'il a fait!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS

Rescassol · November 2019

Bonjour,

Il me faut un peu de temps, je ne dors pas sur mon clavier ...........

Poulbot, je suis d'accord avec toi, tout ce qu'on peut dire, c'est que les points d'intersection des trois hyperboles et du cercle circonscrit vérifient mon équation, mais on ne sait rien de la réciproque. Dans le cas où il n'y a qu'un point d'intersection, je ne sais pas comment interpréter les deux autres solutions.

Voici quelques détails sur ma méthode:
1) En écrivant qu'un point d'affixe $z$ est équidistant des droites $(AB)$ et $(AC)$, j'obtiens une équation des bissectrices de ces deux droites: $(E): \space z^2 - s_3a\overline{z}^2 - 2az + 2s_3\overline{z} + a^2 - bc=0$.
Je ne conserve que $E(z)=z^2 - s_3a\overline{z}^2$
2) On a $P(p)$ et $G\left(\dfrac{s_1}{3}\right)$, d'où $Q(q)$ avec $q=s_1-2p$ et $Oa(oa)$ avec $oa=\dfrac{a+q}{2}$.
3) Je pose $EqA(z)=E(z-oa)-E(a-oa)$ et l'hyperbole équilatère passant par $A$ a pour équation $EqA(z)=0$.
4) J'obtiens l'équation des points d'intersection, comme l'a dit Poulbot, en éliminant $\overline{z}$ entre cette équation et l'équation $z\overline{z}=1$. Comme l'équation obtenue est invariante par permutation circulaire, les points d'intersection seront aussi sur les deux autres hyperboles.

Cordialement,

Rescassol

poulbot · November 2019

Bonjour
D'où sortent ces $3$ hyperboles équilatères?
$M^{\ast }$ désigne l'isogonal de $M$ relativement au triangle $ABC$. Si $M$ est sur le cercle circonscrit $\left( O\right) $, $M^{\ast }$ est le point à l'$\infty $ de la direction orthogonale à la droite de Simson $S\left( M\right) $ de $M$.
$M$ et $M^{\prime }$ étant diamétralement opposés sur $\left( O\right) $, $S\left( M^{\prime }\right) $ passe par le milieu de $\left[ HM^{\prime }\right] $ dont $M$ est l'anticomplément.
Ainsi $P\in S\left( M^{\prime }\right) \Longleftrightarrow QM\parallel S\left( M^{\prime }\right) $, c'est-à-dire que $M^{\ast }$ est le point à l'$\infty $ de la droite $QM$.
D'où l'intérêt de considérer les lieux $h_{a},h_{b},h_{c}$ des points $M$ du plan pour lesquels on a $QM\parallel AM^{\ast },QM\parallel BM^{\ast },QM\parallel CM^{\ast }$ respectivement car, pour $M\in \left( O\right) $ autre que $A,B,C$, on a $P\in S\left( M^{\prime }\right) \Longleftrightarrow M\in h_{a}\Longleftrightarrow M\in h_{b}\Longleftrightarrow M\in h_{c}$.

Remarque : quand $M$ se promène sur $\left( O\right) $, les points d'intersection avec les droites $AM,BM,CM$ de la perpendiculaire $QM^{\ast }$ en $Q$ à $S\left( M\right) $ décrivent respectivement $h_{a},h_{b},h_{c}$.

Amicalement. Poulbot 92708

poulbot · November 2019

Bonjour

En barycentriques, avec $Q=\left( u:v:w\right) $, le lieu des points $M=\left( x:y:z\right) $ pour lesquels $QM\parallel AM^{\ast }$ a pour équation
$\begin{vmatrix}0&vz-wy&1\\\dfrac{y}{b^{2}}&wx-uz&1\\-\dfrac{z}{c^{2}}&uy-vx&1\end{vmatrix}=0$ (déterminant des coefficients des droites $AM^{\ast },QM,D_{\infty }$), soit
$h_{a}\left( M\right) =\dfrac{y}{b^{2}}\left( \left( vz-wy\right) -\left( uy-vx\right) \right) -\dfrac{z}{c^{2}}\left( \left( xw-uz\right) -\left( vz-wy\right) \right) =0$, conique dont il est facile de vérifier qu'elle pour diamètre $\left[ AQ\right] $ et pour points à l'$\infty $ ceux $\left( -b-c:b:c\right) $ et $\left( b-c:-b:c\right) $ des bissectrices de $\left( AB,AC\right) $.
Mon message précédent explique alors pourquoi j'ai été amené à considérer ces hyperboles équilatères (une seule suffit d'ailleurs) pour construire les droites de Simson passant par $P$.
Ces $3$ hyperboles sont bien membres d'un même faisceau puisque $h_{a}+h_{b}+h_{c}=0$.
Amicalement. Poulbot

pldx1 · November 2019

Bonjour,

Dix jours plus tard.

On s'intéresse aux droites de Simson passant par un même point $P$. On paramétrise par Lubin 2. Cela donne:$
\def\ptv{~;~} \def\tra#1{{{\vphantom{#1}}^{t}{#1}}} \def\coni{\mathcal{C}}
$ \[ A,B,C\simeq\left(\begin{array}{c} \alpha^{2}\\ 1\\ \alpha^{-2} \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} \beta^{2}\\ 1\\ \beta^{-2} \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} \gamma^{2}\\ 1\\ \gamma^{-2} \end{array}\right)\ptv D\simeq\left(\begin{array}{c} \delta^{2}\\ 1\\ \delta^{-2} \end{array}\right)\ptv P,Q\simeq\left(\begin{array}{c} z\\ t\\ \zeta \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} t\,\sigma_{1}-2\,z\\ t\\ t\,\sigma_{2}/\sigma_{3}-2\,\zeta \end{array}\right) \] où $D$ est le point mobile du cercle unité et $Q=A+B+C-2P$ (anticomplément de $P$). La droite de Simson de l'antipode de $D$ est \[ \left[2\,\delta^{4},\;\delta^{6}-\delta^{4}\sigma_{1}-\delta^{2}\sigma_{2}+\sigma_{3},\;+2\,\sigma_{3}\,\delta^{2}\right] \] et donc notre équation en $\delta^{2}$ est \[ \Theta\doteq2\,\delta^{4}z+\left(\delta^{6}-\delta^{4}\sigma_{1}-\delta^{2}\sigma_{2}+\sigma_{3}\right)t+2\,\delta^{2}\sigma_{3}\,\zeta=0 \]
Poulbot suggère de considérer l'hyperbole ayant $\left[A,Q\right]$ comme diamètre et $
\def\linfz{\mathcal{L}_{z}}

$ $I_{0}I_{a},I_{b}I_{c}$ comme directions asymptotiques. Deux équations sont données par $\coni\cdot\left(A+Q\right)\simeq \tra{\linfz}$ et trois par $\tra M\cdot\coni\cdot M=0$ avec \[ M=\left(\begin{array}{c} \alpha^{2}\\ 1\\ \alpha^{-2} \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} \alpha^{2}+s_{2}\\ 0\\ \dfrac{1}{\alpha^{2}}+\dfrac{s_{1}}{s_{3}} \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} -\alpha^{2}-s_{2}\\ 0\\ \dfrac{1}{\alpha^{2}}+\dfrac{s_{1}}{s_{3}} \end{array}\right) \] On obtient:$\mathcal{H}_{A}\simeq$ \[ \left[\begin{array}{ccc} -2\,t & \left(2\,\alpha^{2}+\beta^{2}+\gamma^{2}\right)t-2\,z & 0\\ \left(2\,\alpha^{2}+\beta^{2}+\gamma^{2}\right)t-2\,z & 4\,\alpha^{2}z-2\,\left(\alpha^{4}+\beta^{2}\gamma^{2}\right)t-4\,\alpha^{2}\beta^{2}\gamma^{2}\zeta & 2\,\alpha^{4}\beta^{2}\gamma^{2}\zeta-\alpha^{2}\left(\alpha^{2}\beta^{2}+\alpha^{2}\gamma^{2}+2\,\beta^{2}\gamma^{2}\right)t\\ 0 & 2\,\alpha^{4}\beta^{2}\gamma^{2}\zeta-\alpha^{2}\left(\alpha^{2}\beta^{2}+\alpha^{2}\gamma^{2}+2\,\beta^{2}\gamma^{2}\right)t & 2\,\alpha^{4}\beta^{2}\gamma^{2}t \end{array}\right] \] On pourrait revenir à Lubin-1, car nous n'allons pas utiliser plus avant les points $I_{j}$ ni les points à l'infini des hyperboles. Mais cela ne changerait pas grand chose. Rescassol a, habilement, contourné le problème en considérant la réunion des deux A-bissectrices.

$\,$
On obtient de même $\mathcal{H}_{B},\,\mathcal{H}_{C}$. On vérifie que: \[ \left(\beta^{2}-\gamma^{2}\right)\mathcal{H}_{A}+\left(\gamma^{2}-\alpha^{2}\right)\mathcal{H}_{B}+\left(\alpha^{2}-\beta^{2}\right)\mathcal{H}_{C}=0 \] Autrement dit les trois hyperboles équilatères forment une famille linéaire. Elles se coupent en quatre points, dont le point $Q$.

$\,$
Lorsque l'on fait une figure, on voit que les trois intersections ont lieu sur le cercle unité. Cela se vérifie en calculant la condition $D\in\mathcal{H}_{A}$. On trouve $\left(\alpha^{2}-\delta^{2}\right)\times\Theta=0$. Autrement dit le point $A$ et trois points dont les coordonnées sont symétriques en $\alpha,\beta,\gamma$. Ces points sont donc à la fois les points communs aux trois hyperboles et les antipodes des points correspondant aux droites de Simson passant par $P$.

$\,$
Calculons la condition de visibilité de ces trois points. On élimine $

\def\vz{\mathrm{\mathbf{Z}}} \def\vzz{\overline{\mathcal{Z}}} \def\vt{\mathrm{\mathbf{T}}}

$ $\vzz$ entre $\tra M\cdot\mathcal{H}_{A}\cdot M$ et $\tra M\cdot\mathcal{H}_{B}\cdot M$. Un facteur exprime le point $Q$. Il reste: \[ t\,\vz^{3}+\left(2\,z-\sigma_{1}\,t\right)\vz^{2}\,\vt+\left(2\,\zeta\,\sigma_{3}-\sigma_{2}\,t\right)\vz\,\vt^{2}+\sigma_{3}\,\vt^{3}t \] On en prend le discriminant en $\vz$. Cela donne une équation implicite en $P$. On trace cette frontière. Oh le beau deltoïde ! C'est évidemment le deltoïde de Steiner, enveloppe des droites de Simson. On en connaît la paramétrisation \[ \dfrac{\sigma_{1}}{2}+\tau+\dfrac{\sigma_{3}}{2\,\tau^{2}} \] Il suffit de substituer pour vérifier... puis de chercher "deltoïde" à travers les vieux grimoires.

$\,$
Concernant la méthodologie, l'exemple choisi par Poulbot est particulièrement éclairant. Écrire $
\def\cc{\mathbb{C}} \def\rr{\mathbb{R}} \def\pcct{\mathbb{P_{C}\left(C^{\mathrm{3}}\right)}}

$ $z\overline{z}-1=0$ et $z+\overline{z}-6=0$ les équations du cercle et de la droite dont on veut prendre l'intersection ouvre la porte aux drames. Peut-être est-ce simplement une façon snob d'écrire des équations sur les réels, à savoir $x^{2}+y^{2}=1$ et $x=3$. Dans ce cas, les "solutions" sont \[ \left(x,y\right)=\left(3,\pm i\,2\sqrt{2}\right)\notin\rr^{2} \]
Peut-être s'agit-il d'un "léger flou" autour du théorème de Bezout sur les courbes algébriques. Ce théorème concerne les points communs aux objets algébriques décrits par $\vz\vzz-\vt^{2}$ et $\vz+\vzz-6\vt$. Ces objets vivent dans $\pcct$ et ne sont algébriques que si l'on considère $\vz,\vt,\vzz$ comme autant de variables algébriques, c'est à dire des marque-ta-place servant à écrire des polynômes. Lorsque l'on imagine $\vzz$ comme $\overline{z}$, on se met à manipuler des surfaces (de dimension 2) dans un espace réel de dimension 4. (L'Art de la Guerre, §36, conseille une fuite rapide).

$\,$
Dans ce contexte, présenter la méthode de Morley comme un vague truc, ce que pappus ne manque pas de faire dès qu'il en a l'occasion, semble être un contre-sens. Paramétrer les problèmes par des réels et des turns est une méthode consistant à "domestiquer" la conjugaison en l'exprimant par des fonctions holomorphes. Et cela est efficace, pour une bonne raison.

$\,$
Et alors, l'exemple de Poulbot a pour solutions les points \[ M_{1}\simeq\left(\begin{array}{c} 3+2\sqrt{2}\\ 1\\ 3-2\sqrt{2} \end{array}\right)\ptv M_{2}\simeq\left(\begin{array}{c} 3-2\sqrt{2}\\ 1\\ 3+2\sqrt{2} \end{array}\right) \] On voit immédiatement que chacun de ces points est sur le cercle unité: $\left(3+2\sqrt{2}\right)\left(3-2\sqrt{2}\right)=1$ et sur la droite ad hoc: $\left(3+2\sqrt{2}\right)+\left(3-2\sqrt{2}\right)=6$. On voit aussi que ces points ne sont pas visibles. Ben, oui. C'est à cela que sert $\pcct$: héberger tous les points du plan, ceux qui sont visibles et les autres.

Un grand merci à Poulbot pour avoir proposé de considérer ce triplet d'hyperboles... et pour avoir soulevé cette question de méthodologie.

Cordialement, Pierre

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