Une relation

Bonjour,

Dans le fichier ggb (Géogébra), on peut faire apparaître $T$ et le bouger sur l'axe des abscisses, et observer $X_1$ et $X_2$.

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;

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

syms t real

d=b+t*(c-b);        % Un point de (BC)
dB=bB+t*(cB-bB);

% Cercle passant par A et tangent en D à (BC)

[p1 q1 r1]=DroitePerpendiculaire(d,b,c,dB,bB,cB);
[p2 q2 r2]=Mediatrice(a,d,aB,dB);

[om omB]=IntersectionDeuxDroites(p1,q1,r1,p2,q2,r2);

om=Factor(om) % son centre
R2=Factor((a-om)*(aB-omB)) % le carré de son rayon

% Point Q où ce cercle recoupe (AC)

syms q 

qB=(a+c-q)/(a*c);

NulQ=Factor((q-om)*(qB-omB)-R2)
F=s3*(a-c)/(a-q);
Eq=Factor(NulQ*F)
Eq=collect(Eq,q)

% Donc:

q=(-a*(b-c)^2*t^2 + 2*a*(b-c)^2*t + (b*c^2-a*(b^2+c^2)+s3))/(b*(c-a))
qB=(-aB*(bB-cB)^2*t^2 + 2*aB*(bB-cB)^2*t + (bB*cB^2-aB*(bB^2+cB^2)+s3B))/(bB*(cB-aB))

% Point R où ce cercle recoupe (AB)

syms r

rB=(a+b-r)/(a*b);

NulR=Factor((r-om)*(rB-omB)-R2)
F=s3*(a-b)/(a-r);
Eq=Factor(NulR*F)
Eq=collect(Eq,r)

% Donc:

r=((-a*(b^2+c^2)+2*s3)*t^2 + b*c*(b-a))/(c*(b-a))
rB=((-aB*(bB^2+cB^2)+2*s3B)*t^2 + bB*cB*(bB-aB))/(cB*(bB-aB))

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

% Carrés de longueurs

AB2=Factor((b-a)*(bB-aB))
AC2=Factor((c-a)*(cB-aB))
AD2=Factor((d-a)*(dB-aB))
BC2=Factor((c-b)*(cB-bB))
QR2=Factor((r-q)*(rB-qB))

X1=AD2^2*BC2;    % Carré de AD^2*BC
X2=AB2*AC2*QR2;  % Carré de AB*AC*QR

Nul=Factor(X1-X2) % Égal à 0, Yeppeeh !!!!!

Cordialement,

Rescassol

Bonne Nuit à tous et faites de beaux rêves
Mon intuition était bonne, l'exercice de Jean Louis est bien un exercice de géométrie circulaire et plus précisément un exercice sur les transformations paraboliques.
Comme je l'ai dit, l'homographie $Q\mapsto R$ se prolonge dans le plan (circulaire) en la transformation parabolique de point fixe $D$ envoyant $B$ sur $C$. Je vous laisse quand même un peu de grain à moudre!
Cela entraîne en Rescassolisant librement c'est à dire en donnant le même nom à un point du plan et à son affixe:
$$\dfrac 1{R-D}-\dfrac 1{Q-D}=\dfrac 1{C-D}-\dfrac 1{B-D}$$
En passant aux modules, on obtient:
$$\dfrac{QR}{DQ.DR}=\dfrac{BC}{DC.DB}$$
c'est à dire:
$$QR=BC.\big(\dfrac{DQ}{DB}\big).\big(\dfrac{DR}{DC}\big)$$
Maintenant une petite chasse aux angles dont plus personne ne sait la définition (mais basta tout le monde s'en fout), montre que les triangles $BQD$ et $BDA$ sont semblables ainsi que les triangles $CRD$ et $CDA$.
Je n'ose demander s'ils le sont directement ou indirectement de peur d'avoir des réponses fantaisistes mais comme cela n'a aucune importance, on se contentera de savoir qu'ils sont semblables tout court.
Cela entraîne:
$\dfrac{DQ}{DB}=\dfrac{AD}{AB}$ et $\dfrac{DR}{DC}=\dfrac{AD}{AC}$
CQFD
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci Poulbot
Je viens de vérifier ta relation avec mon logiciel.
J'espère que ma méthode marche avec la transformation circulaire directe de points fixes $D$ et $D'$ envoyant $B$ sur $C$.
J'ai un peu la flemme ce matin où j'ai décidé de faire une pause au milieu de mes yacks!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher Poulbot
Je ne sais pas trop ce que tu entends par les triangles ne sont plus semblables.
Je vais essayer de suivre ma méthode pour voir au moins où ça bloque!
Je rappelle que si $f$ est une cycline directe de points fixes $D$ et $D'$, alors le birapport $(D,D',M,f(M))$ est indépendant de $M$.
Ici la cycline directe de points fixes $D$ et $D'$ envoyant $B$ sur $C$ envoie aussi $Q$ sur $R$.
Encore du grain à moudre! Et qui le moudra, sans doute le vieux [small]p[/small]appus comme d'hab!
Ceci entraine:
$$(D,D',B,C)=(D,D',Q,R)$$
Une petite permutation pour travailler avec les birapports adéquats:
$$(D,B,D',C)=(D,Q,D',R)$$
Et on passe aux modules:
$$\dfrac{D'D}{D'B}:\dfrac{CD}{BC}=\dfrac{D'D}{D'Q}:\dfrac{DR}{QR}$$
On en déduit:
$$QR=BC.\big(\dfrac{D'Q}{D'B}\big).\big(\dfrac{DR}{CD}\big)$$
Voyons maintenant si on peut trouver quelques triangles semblables?
Ben oui!
Par exemple les triangles $ABD$ et $D'BQ$: $\dfrac{D'Q}{D'B}=\dfrac{AD}{AB}$ ainsi que les triangles $AD'C$ et $DRC$: $\dfrac{DR}{CD}=\dfrac{AD'}{AC}$
Ca marche itou!
Reste plus que le grain à moudre!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher Jean-Louis
Pas si élémentaire que cela!!
Le plus souvent je suis incapable de résoudre la moindre de tes énigmes.
Comme les géométries non élémentaires, (cela fait bizarre de dire cela), ont disparu, il nous reste au moins ta solution mais je ne vois pas très bien la morale de cette histoire s'il y en a une!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour,


La question a été posée avec $Q\in AC$, $R\in AB$. Il est déraisonable de changer cela.

On sait que la méthode de Morley consiste à choisir les paramètres de façon à ce que la conjugaison s'exprime par des transformations holomorphes de ces paramètres. Pappus nous propose d'adopter une paramétrisation qui ne soit pas celle de Lubin. Eh bien, allons y.

On se donne $B,C,D_{1},D_{2},\Omega,A$ par: \[ B,C,D,\Omega,A\simeq\left(\begin{array}{c} b\\ 1\\ b \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} c\\ 1\\ c \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} -d\\ 1\\ -d \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} d\\ 1\\ d \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} +im\\ 1\\ -im \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} +im+\alpha\\ 1\\ -im+\dfrac{1}{\alpha} \end{array}\right) \]

$
\def\vz{\mathrm{\mathbf{Z}}} \def\vzz{\overline{\mathcal{Z}}} \def\vt{\mathrm{\mathbf{T}}} \def\ptv{~;~} \def\cc{\mathbb{C}} \def\rr{\mathbb{R}}
\def\crra#1#2{\operatorname{cross\_ratio}{}_{#2}\left(#1\right)}

$ Ici $b,c\in\rr$, $d=2t/\left(1+t^{2}\right)$, $m=\left(1-t^{2}\right)/\left(1+t^{2}\right)$ tandis que est $\alpha$ est un turn... et que le cercle est de rayon $1$ et passe par $D_{1},D_{2}$. On trouve \[ Q,R\simeq\left(\begin{array}{c} \dfrac{i\left(ct^{4}+4\,it^{2}-c\right)\alpha+c\left(t^{2}+1\right)^{2}}{\left(it^{2}-ct^{2}-i-c\right)\alpha+t^{2}+1}\\ t^{2}+1\\ \dfrac{c\left(t^{2}+1\right)^{2}\alpha-\left(ict^{4}-ic+4\,t^{2}\right)}{\left(t^{2}+1\right)\alpha-\left(it^{2}+ct^{2}-i+c\right)} \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} \dfrac{i\left(bt^{4}+4\,it^{2}-b\right)\alpha+b\,\left(t^{2}+1\right)^{2}}{\left(it^{2}-bt^{2}-i-b\right)\alpha+t^{2}+1}\\ t^{2}+1\\ \dfrac{b\left(t^{2}+1\right)^{2}\alpha-\left(ibt^{4}-ib+4\,t^{2}\right)}{\left(t^{2}+1\right)\alpha-\left(it^{2}+bt^{2}-i+b\right)} \end{array}\right) \]

On regarde la façon dont $Q,R$ sont liés dans la sphère supérieure. Il vient \begin{eqnarray*} q=\dfrac{\vz}{\vt} & = & \dfrac{i\left(ct^{4}+4\,it^{2}-c\right)\alpha+c\left(t^{2}+1\right)^{2}}{\left(\left(it^{2}-ct^{2}-i-c\right)\alpha+t^{2}+1\right)\left(t^{2}+1\right)}\\ r & = & \dfrac{i\left(bt^{4}+4\,it^{2}-b\right)\alpha+b\,\left(t^{2}+1\right)^{2}}{\left(\left(it^{2}-bt^{2}-i-b\right)\alpha+t^{2}+1\right)\left(t^{2}+1\right)} \end{eqnarray*} On élimine $\alpha$ et on remonte le tout dans l'espace complet. Cela donne \[ \phi\;:\;\left(\begin{array}{c} \vz\\ \vt\\ \vzz \end{array}\right)\mapsto\left(\begin{array}{c} \dfrac{\left(\left(t^{2}+1\right)^{2}cb-4\,t^{2}\right)\vz+4t^{2}\left(\,c-b\right)\vt}{\left(t^{2}+1\right)^{2}\left(c-b\right)\vz+\left(\left(t^{2}+1\right)^{2}cb-4\,t^{2}\right)\vt}\\ 1\\ \dfrac{\left(\left(t^{2}+1\right)^{2}cb-4\,t^{2}\right)\vzz+4t^{2}\left(c-b\right)\vt}{\left(t^{2}+1\right)^{2}\left(c-b\right)\vzz+\left(\left(t^{2}+1\right)^{2}cb-4\,t^{2}\right)\vt} \end{array}\right) \] Les points d'indétermination sont \[ z=\dfrac{\left(t^{2}+1\right)^{2}cb-4\,t^{2}}{\left(t^{2}+1\right)^{2}\left(b-c\right)} \] ainsi que les deux ombilics, tandis que le lieu exceptionnel est formé par le trigone associé à ces trois points.

Il y a quatre points fixes \[ \left(\begin{array}{c} 2t\\ t^{2}+1\\ 2t \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} -2t\\ t^{2}+1\\ -2t \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} +2t\\ t^{2}+1\\ -2t \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} -2t\\ t^{2}+1\\ +2t \end{array}\right) \] Et l'on constate que $\phi:C\mapsto B$. Dans la sphère supérieure, $D_{1}=D_{2}$ conduirait à: \[ \frac{1}{\phi M-D}-\frac{1}{M-D}=Cte=\frac{1}{\phi C-D}-\frac{1}{C-D}=\frac{c-b}{bc} \] tandis que nous avons (pour $D_{1}\neq D_{2})$: \begin{eqnarray*} \crra{D_{1},D_{2},M,\phi M}z=Cte & = & \crra{D_{1},D_{2},C,B}z\\ & = & \dfrac{\left(ct^{2}+c+2\,t\right)\left(bt^{2}+b-2\,t\right)}{\left(ct^{2}+c-2\,t\right)\left(bt^{2}+b+2\,t\right)} \end{eqnarray*}

Nul doute que l'on puisse chasser les angles à courre et éviter les calculs simples, mais le banal calcul

\[ |AB|^{2}\,|AC|^{2}\,|QR|^{2}=|AD_{1}|^{2}\,|AD_{2}|^{2}\,|BC|^{2}=\left(i\left(b-c\right)\,\dfrac{\left(\alpha-i\right)^{2}t^{2}+\left(\alpha+i\right)^{2}}{\left(t^{2}+1\right)\alpha}\right)^{2} \] n'est pas mal non plus.

Cordialement, Pierre.

Bonjour,

Sonnez, trompettes et clairons
Pour réjouir les compagnons
Bruyez bombardes et canons
La chasse aux angles est ouverte.

Une contemplation attentive de la figure pousse à s'intéresser aux triangles $BRD_{1}$ et $BAD_{2}.$ La principale difficulté consiste à apparier correctement les sommets: doit-on les apparier deux par deux, ou bien deux à deux ? Une fois que l'on a rigouré cette grave question, on calcule $\psi\doteq\left[B,R,D_{1}\right]\cdot\left[B,D_{2},A\right]^{-1}=$ \[ \left(\begin{array}{ccc} 0 & \dfrac{b\left(\left(-\frac{1}{\alpha}-i\right)t-1-\frac{i}{\alpha}\right)\left(t-i\right)}{\left(b-i-\frac{1}{\alpha}\right)t^{2}+\left(b+i-\frac{1}{\alpha}\right)} & \dfrac{\alpha\,\left(bt^{2}+2\,t+b\right)}{\left(b\alpha-i\alpha-1\right)t^{2}+\left(b\alpha+i\alpha-1\right)}\\ 0 & 1 & 0\\ \dfrac{bt^{2}+2t+b}{\left(b+i-\alpha\right)t^{2}+\left(b-i-\alpha\right)} & \dfrac{b\left(\left(-\alpha+i\right)t-1+i\alpha\right)\left(t+i\right)}{\left(b+i-\alpha\right)t^{2}+\left(b-i-\alpha\right)} & 0 \end{array}\right) \] Comme cette collinéation $\psi$ échange les ombilics, c'est une similitude rétrograde. On pourrait même en calculer le point fixe... si l'on avait le moindre doute à ce sujet. On en déduit les rapports de longueurs qui, que, et tout çà.

Un exercice. L'enveloppe des droites $QR$ est une conique. Lorsque $\left[D_{1},D_{2}\right]$ est intérieur à $\left[B,C\right]$, cette conique est une ellipse. Quelle est son excentricité ? Exemple $b=-0.9,c=1.4,d=0.3$.

Cordialement, Pierre.

Bonjour
Pour traiter de l'homographie sur un cercle, le mieux est encore de se cantonner au seul cercle qui nous reste encore c'est à dire le cercle trigonométrique ou cercle-unité du plan complexe muni de sa structure euclidienne usuelle.
Les homographies qui conservent le cercle unité se présente sous la forme: $f:z\mapsto \dfrac{az+b}{\overline bz+\overline a}$ avec $\vert a\vert\not =\vert b\vert$
En particulier celles pour lesquelles $\vert a\vert >\vert b\vert$ conservent l'intérieur du cercle unité et décrivent la géométrie hyperbolique dans le modèle de Poincaré.
Comme cette géométrie a disparu depuis fort longtemps si elle a jamais été enseignée, on se demande bien pourquoi il faudrait continuer à parler de ces homographies.
Quoiqu'il en soit on cherche l'enveloppe de la droite affine joignant $u$ à $f(u)$ quand $u$ décrit le cercle unité.
L'équation de cette droite: est:
$$z+\overline z u\dfrac{au+b}{\overline bu+\overline a}-u-\dfrac{au+b}{\overline bu+\overline a}=0$$
qu'on réécrit sous la forme:
$$z(\overline bu+\overline a)+\overline z(au^2+bu)-(\overline bu^2+\overline a u)-(au+b)=0$$
ou enfin:
$$(a\overline z-\overline b)u^2+(b\overline z+\overline b z-a-\overline a)u+\overline a z-b=0$$
Je vous laisse un peu méditer sur cette équation
Amicalement
[small]p[/small]appus

excentricité ?