Conique de Habets

Mon cher Soland
Cette conique a le droit sacré d'être une hyperbole.
Donc pas de déformation affine du cercle des $9$ points même si ce théorème appartient à la géométrie affine puisqu'il n'est question que de milieux!
Ce résultat est connu depuis belle lurette. Il est démontré dans le Sidler par exemple!
C'est une conséquence du théorème qui affirme que le lieu des centres des coniques d 'un faisceau linéaire ponctuel est une conique
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour.

Si l'on veut généraliser, il convient de dire quelle est l'hypothèse que l'on retire, par rapport à celles qui permettent de caractériser le cercle d'Euler. Le plus simple est de ne plus utiliser de métrique globale, et de se limiter à utiliser les rapports de sections tels qu'ils sont induits par une "droite de l'infini". Nous posons donc $P\simeq p:q:r$ et $\mathcal L _\infty\simeq [\rho,\sigma,\tau]$. Les six "milieux" sont:

\[ \left[ \begin {array}{ c} \dfrac 1 {\rho}+{\dfrac p{p\rho+q\sigma+r\tau}}
\\ {\dfrac q{p\rho+q\sigma+r\tau}}
\\ {\dfrac r{p\rho+q\sigma+r\tau}}\end {array}
\right] ,\,
\left[ \begin {array}{ c} {\dfrac p{p\rho+q\sigma+r\tau}}
\\ \dfrac 1 {\sigma}+{\dfrac q{p\rho+q\sigma+r\tau}}
\\ {\dfrac r{p\rho+q\sigma+r\tau}}\end {array}
\right] ,\,
\left[ \begin {array}{ c} {\dfrac p{p\rho+q\sigma+r\tau}}
\\ {\dfrac q{p\rho+q\sigma+r\tau}}
\\ \dfrac 1 \tau +{\dfrac r{p\rho+q\sigma+r\tau}}
\end {array} \right]
,\, \left[ \begin {array}{ c} {\rho}^{-1}\\ {\sigma}^{-1}\\ 0\end {array} \right]
,\, \left[ \begin {array}{ c} 0\\ {\sigma}^{-1}\\ \tau ^{-1}\end {array} \right]
,\, \left[ \begin {array}{ c} {\rho}^{-1}\\ 0\\ \tau ^{-1}\end {array} \right]
\]
On voit qu'ils sont coconiques sur :
\[ \mathcal C \simeq \left[ \begin {array}{ccc} -2\,q\rho\,r&r \left( p\rho+q\sigma
\right) &q \left( p\rho+r\tau \right) \\ r \left( p
\rho+q\sigma \right) &-2\,\sigma\,rp&p \left( q\sigma+r\tau \right)
\\ q \left( p\rho+r\tau \right) &p \left( q\sigma+r
\tau \right) &-2\,q\tau\,p\end {array} \right] \]

On voit aisément que cette conique passe aussi par les trois céviens. Quant au centre, c'est à dire le pôle de $ \mathcal L _\infty$, on utilise l'adjointe de $\mathcal C$ et on obtient:
\[\Omega \simeq \left[ \begin {array}{ c} \sigma\,\tau\, \left( 2\,p\rho+q\sigma+r\tau
\right) \\ \tau\,\rho\, \left( p\rho+2\,q\sigma+r
\tau \right) \\ \sigma\,\rho\, \left( p\rho+q\sigma+
2\,r\tau \right) \end {array} \right]
\] on vérifie qu'il est l'équibarycentre des quatre points $A,B,C,P$.

Finalement, on constate que l'on a une parabole lorsque \[p\,q\,r\,\rho\,\sigma\,\tau\, \left( p\rho+q\sigma+r\tau \right)=0 \] et dégénérescence lorsque \[p\,q\,r \left( p\rho+r\tau \right) \left( q\sigma+r\tau \right) \left( p\rho+q\sigma \right)=0 \]

Si le point $P$ traverse la rue (aka la cubique $xyz=0$), la nature de la conique change.

Question: si l'on considère que $\mathcal C$ est le cercle d'Euler, quel est alors le cercle circonscrit ?

Cordialement, Pierre.

Oui bien sûr. Comment écrit-on cette homothétie lorsque la droite de l'infini est donnée ? Et qu'est-ce que cela donne une fois appliqué au "cercle d'Euler" ?

Cordialement, Pierre.

Mon cher Pierre
Une homothétie $h$ de centre $P$ et de rapport $\lambda$ est une transformation projective qui conserve la droite de l'infini $\Delta$.
Si j'ai bien compris, ta question revient à calculer le conjugué de $h$ par une transformation projective quelconque $f$, à savoir $f.h.f^{-1}$
Alors $g=f.h.f^{-1}$ est une homologie de point fixe $O=f(P)$, d'axe ou de droite fixe $L=f(\Delta)$ et de module: $(O,O',g(M),M)=\lambda$ où $O'$ est l'intersection de l'axe $L=f(\Delta)$ avec la droite $OMg(M)$.
J'espère avoir bien compris ta question car il est vrai que je suis très fatigué par mon voyage de retour un peu mouvementé dans ma yourte au milieu de mes yacks!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonsoir,
qui est Habets?

Sincèrement
Jean-Louis