Triangles indirectement semblables

Bonjour pappus et jelobreuil,

Pour $\gamma''$ voici ce que je trouve :

$\gamma'': z \mapsto \gamma''(z)$ avec

$\gamma''(z)=\dfrac{ p.\overline{z}+q}{r.\overline{z}+s}$

où

$p=- s_3.u.\overline{w} - s_3^2.\overline{v}.w - s_2.s_3.\overline{u}.w. + s_1.s_3.w.\overline{w} $

$q= s_1^2.u.\overline{w} + s_2^2.\overline{u}.w - s_2.\overline{u}.v - s_3.v.\overline{v} + s_1.v.\overline{w} + s_3.w.\overline{w} - s_1.s_2.u.\overline{u} - s_1.s_3.u.\overline{v} + s_2.s_3.\overline{v}.w - s_1.s_2.w.\overline{w} $

$r= - s_3.u.\overline{u} + s_3.w.\overline{w}$

$s= v.\overline{w} + s_1.u.\overline{w} + s_3.\overline{u}.w - s_2.w.\overline{w}.$

J'ai utilisé le fait que $\tau'$ et $\tau''$ sont involutives.

Amicalement

Bonjour à tous
On a vu comment il était utile de considérer la famille des triangles $A'B'C'$, indirectement semblables à leurs Jelobreuilisés $A''B''C''$ et partageant le même pôle $O$ de l'involution $ABC\mapsto A'B'C'$.
Maintenant on peut s'intéresser à la question suivante:
Quelle est le lieu du sommet $A'$ d'un triangle de cette famille pour que la similitude indirecte $s$ ait un rapport donné $k$?
On peut commencer par traiter le cas $k=1$ puisqu'on sait construire ces triangles!
Voir les messages précédents!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonsoir à tous
Ce cas particulier de la configuration de Jelobreuil est beaucoup plus simple à traiter que le cas général et il contient tant de triplets de points alignés, de droites concourantes et de triangles égaux qu'il devrait contenter tout amateur de géométrie venant visiter ce forum!
Il y a cent bonnes raisons d'inscrire ou de circonscrire Morley à tout ce que l'on peut!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
Un autre cas particulier à peine plus général que le précédent!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour,

Voilà qui répond au cas des céviennes parallèles:

% Pappus - 21 mai 2020 - Sur un problème de Jelobreuil: Triangles indirectement semblables

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 u uB % Un vecteur unitaire normal aux trois céviennes

uB=1/u;

syms ap apB

apB=1/ap

Nulap=Factor((u*apB+uB*ap)-(u*aB+uB*a));

% On trouve:

ap=u^2/a;
apB=a/u^2;

% De même:

bp=u^2/b;
cp=u^2/c;

bpB=b/u^2;
cpB=c/u^2;

[as asB]=SymetriquePointDroite(ap,b,c,apB,bB,cB);

as=Factor(as);

% On trouve:

as = ((b+c)*u^2-s3)/u^2;
bs = ((c+a)*u^2-s3)/u^2;
cs = ((a+b)*u^2-s3)/u^2;

asB = ((bB+cB)*uB^2-s3B)/uB^2;
bsB = ((cB+aB)*uB^2-s3B)/uB^2;
csB = ((aB+bB)*uB^2-s3B)/uB^2;

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

% Les droites (AA"), (BB"), (CC") sont concourantes

[paas qaas raas]=DroiteDeuxPoints(a,as,aB,asB);
[pbbs qbbs rbbs]=DroiteDeuxPoints(b,bs,bB,bsB);

[m mB]=IntersectionDeuxDroites(paas,qaas,raas,pbbs,qbbs,rbbs);

m=Factor(m);

% On trouve:

m = (s1*u^2 - s3)/(2*u^2); % Invariant par permutation circulaire

% Ou bien plus simple, on constate que a + as = (s1*u^2 - s3)/u^2
% donc,les deux triangles ABC et A"B"C" sont symétriques par
% rapport à M

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

% Les droites (A'A"), (B'B"), (C'C") sont concourantes

[papas qapas rapas]=DroiteDeuxPoints(ap,as,apB,asB);
[pbpbs qbpbs rbpbs]=DroiteDeuxPoints(bp,bs,bpB,bsB);

[n nB]=IntersectionDeuxDroites(papas,qapas,rapas,pbpbs,qbpbs,rbpbs);

n=Factor(n)

% On trouve:

n = -s3/u^2; % Invariant par permutation circulaire

% De plus n=nB donc N est sur le cercle circonscrit.

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

% Les segments [A'A"], [B'B"], [C'C"] ont leurs milieux alignés

a1=Factor((ap+as)/2);
b1=Factor((bp+bs)/2);
c1=Factor((cp+cs)/2);

a1B=Factor((apB+asB)/2);
b1B=Factor((bpB+bsB)/2);
c1B=Factor((cpB+csB)/2);

[p1 q1 r1]=DroiteDeuxPoints(a1,b1,a1B,b1B);

F=-4*a^2*b^2*c*u^4/((u^2+a*b)*(a-b)); % Facteur de simplification

p1=Factor(F*p1);
q1=Factor(F*q1);
r1=Factor(F*r1);

% On trouve, ce qui est invariant par permutation circulaire:

p1 = 2*s3*u^2;
q1 = 2*s3*u^4;
r1 = u^6 - s2*u^4 - s1*s3*u^2 + s3^2;

% De plus, cette droite est parallèle aux trois céviennes

Cordialement,

Rescassol

Merci Rescassol, l'homme miracle, mais le plus important est que tu sois encore parmi nous pour nous faire partager tes calculs!
Tu as encore du pain sur la planche vu le nombre incroyable d'exercices crées par la belle configuration de Jelobreuil!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
Et maintenant pour clore provisoirement (?) ce fil initié par Jelobreuil, je donne la description des triangles $A'B'C'$ tels que les cyclines $ABC\mapsto A'B'C'$ soient des involutions ayant le même pôle $O'$ et que les similitudes indirectes $ABC\mapsto A''B''C''$ aient pour rapport un réel $k>0$.
Je laisse la démonstration en suspens à votre sagacité et je me contente de détailler cette configuration de la défunte géométrie circulaire.
Les données de départ sont donc les points $A$, $B$, $C$, $O'$.
On trace en noir le cercle circonscrit au triangle $ABC$ de rayon $R$ et en rouge un cercle concentrique de rayon $r$.
On se donne sur ce cercle rouge un point $M$ variable qui nous servira de paramètre.
$A'$ est l'image de $M$ par la cycline involutive de pôle $O'$ échangeant $B$ et $C$.
$B'$ est l'image de $M$ par la cycline involutive de pôle $O'$ échangeant $C$ et $A$.
$C'$ est l'image de $M$ par la cycline involutive de pôle $O'$ échangeant $A$ et $B$.
J'ai tracé le Jelobreuilisé $A''B''C''$ du triangle $A'B'C'$
Alors la similitude indirecte $A'B'C'\mapsto A''B''C''$ a pour rapport de similitude:
$$k=\dfrac rR$$
Tout simplement!
That's all folks!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Ah, évidemment il faut savoir ce qu'est une cycline involutive (version confédérale) ou transposition circulaire (version ancestrale) ou inversion algébrique (version GaBuZoMeu)
Non seulement il faut savoir leur définition mais en plus en plus, il faut savoir comment elles opèrent graphiquement sur les points!
Mais ces petits détails ne sont plus de mon ressort.
Je suis à la retraite depuis (trop) longtemps!
Ce n'est plus mon boulot!
Je voudrais m'excuser auprès de Soland car je viens de m'apercevoir que je l'ai lu en diagonale.
C'est lui qui a trouvé ce joli néologisme de cycline.
Mais pour lui une cycline peut-être directe ou indirecte.
Ainsi pour Soland, une cycline directe involutive est une inversion algébrique et une cycline indirecte involutive est une inversion.
Je n'ai pas fait attention à ce point de détail important et pour moi une cycline est toujours directe, (dans mon inconscient je voulais éviter d'utiliser cet adjectif!)
Et je réservais le doux nom d'anticyclines aux transformations circulaires indirectes.
Le mal est fait, hélas!

Bonsoir à tous
Je me suis amusé à refaire la figure précédente en supposant que le triangle $ABC$ est lui même équilatéral.
La figure obtenue me parait suffisamment simple pour être prouvée avec seulement l'aide des axiomes de Thalès et de Pythagore c'est à dire avec les programmes actuels!
Ce serait alors un bel exercice sur les symétries
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonsoir à tous
En voilà maintenant pour les sectateurs des $FLTI$!
Les données sont le triangle $ABC$ et un point $O'$.
Montrer qu'il existe une famille linéaire de triangles inscrits ($FLTI$) $A'B'C'$ dans un triangle $\alpha'\beta'\gamma'$ telle que les cyclines $ABC\mapsto A'B'C'$ soient involutives de pôle $O'$.
Les triangles $A'B'C'$ sont indirectement semblables à leurs Jelobreuilisés $A''B''C''$ dans un rapport de similitude fixe que l'on calculera.
Montrer que ces triangles $A''B''C''$ forment eux mêmes une $FLTI$
Déterminer les équicentres et les centres aréolaires de ces deux $FLTI$.
Amicalement
[small]p[/small]appus