Aires équivalentes
Bonjour à tous
Voici un exercice proposé et résolu par Neuberg il y a fort longtemps.
Je l'ai trouvé dans un livre de Laisant intitulé Géométrie du triangle, publié en 1896 chez Gauthier-Villars.
Dans cet ouvrage, Laisant a rassemblé (sans les résoudre) une multitude d'exercices proposés dans les diverses revues de l'époque comme Mathesis ou les Nouvelles Annales mais il y en a bien d'autres!
Ce qui m'intéresse dans cet exercice plus que le résultat, ce sont les méthodes, des plus élémentaires aux plus élaborées et plus on m'en proposera plus je serais heureux.
Voici l'énoncé proposé par Neuberg (aux notations près).
Soit $P$ un point quelconque pris sur le plan du triangle $ABC$.
$A'$, $B'$, $C'$ sont les orthocentres respectifs des triangles $PBC$, $PCA$, $PAB$.
Démontrer que les triangles $ABC$ et $A'B'C'$ sont équivalents c'est-à-dire : ont la même aire.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
On verra plus tard comment modifier cet énoncé pour le rendre plus moderne !
Voici un exercice proposé et résolu par Neuberg il y a fort longtemps.
Je l'ai trouvé dans un livre de Laisant intitulé Géométrie du triangle, publié en 1896 chez Gauthier-Villars.
Dans cet ouvrage, Laisant a rassemblé (sans les résoudre) une multitude d'exercices proposés dans les diverses revues de l'époque comme Mathesis ou les Nouvelles Annales mais il y en a bien d'autres!
Ce qui m'intéresse dans cet exercice plus que le résultat, ce sont les méthodes, des plus élémentaires aux plus élaborées et plus on m'en proposera plus je serais heureux.
Voici l'énoncé proposé par Neuberg (aux notations près).
Soit $P$ un point quelconque pris sur le plan du triangle $ABC$.
$A'$, $B'$, $C'$ sont les orthocentres respectifs des triangles $PBC$, $PCA$, $PAB$.
Démontrer que les triangles $ABC$ et $A'B'C'$ sont équivalents c'est-à-dire : ont la même aire.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
On verra plus tard comment modifier cet énoncé pour le rendre plus moderne !
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Réponses
Voilà une méthode, sans aucun mérite:
Cordialement,
Rescassol
C'est quand même rassurant qu'un ordinateur n'y ait rien trouvé à redire.
Mais comment faisait-on il y a cent trente ans?
Amicalement
[small]p[/small]appus
J'utilise les coordonnées barycentriques.
Le triangle de référence :
$A,B,C\simeq \left[\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1\end{array}\right]$
$P\simeq \left[\begin{array}{c} u\\ v\\ w\end{array}\right]$
$A'\simeq \left[\begin{array}{c} ((b^2 - c^2) u + a^2 (u + 2 v)) ((-b^2 + c^2) u +a^2 (u + 2 w))\\ -((b^2 - c^2) u + a^2 (u + 2 v)) (b^2 (-u + w) + a^2 (u + w) - c^2 (u + w))\\ -(c^2 (-u + v) + a^2 (u + v) -b^2 (u + v)) ((-b^2 + c^2) u + a^2 (u + 2 w))\end{array}\right]$
$B'\simeq \left[\begin{array}{c} ((a^2 - c^2) v + b^2 (2 u + v)) (a^2 (-v + w) + (b^2 - c^2) (v +w))\\ -((a^2 - c^2) v + b^2 (2 u + v)) (-a^2 v + c^2 v +b^2 (v + 2 w))\\ (c^2 (-u + v) + a^2 (u + v) - b^2 (u + v)) (a^2 v - c^2 v - b^2 (v + 2 w))\end{array}\right]$
$C'\simeq \left[\begin{array}{c} ((b^2 - c^2) u + a^2 (u + 2 v)) ((-b^2 + c^2) u +a^2 (u + 2 w))\\ -((b^2 - c^2) u + a^2 (u + 2 v)) (b^2 (-u + w) + a^2 (u + w) - c^2 (u + w))\\ -(c^2 (-u + v) + a^2 (u + v) -b^2 (u + v)) ((-b^2 + c^2) u + a^2 (u + 2 w))\end{array}\right].$
Un calcul de déterminant conduit à Aire(ABC)=1 et Aire(A'B'C')=$\dfrac{ (-a + b - c)^3 (a + b - c)^3 (-a + b + c)^3 (a + b + c)^3 u v w (u + v + w)^3}{(-a + b - c)^3 (a + b - c)^3 (-a + b + c)^3 (a + b + c)^3 u v w (u + v + w)^3 }=1$. Les triangles sont équivalents.
Amicalement
Tu as fait plus!
Tu as montré que les deux triangles avaient même aire algébrique!
Puisque tu as commencé à utiliser les coordonnées barycentriques comme je m'y attendais, on va continuer.
Soit $f$ l'application affine $ABC\mapsto A'B'C'$, peux-tu nous calculer le polynôme caractéristique de $\overrightarrow f$?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Le livre n'est pas si gros qu'en le feuilletant, tu le trouveras vite: n°49, page 15.
D'après Laisant, Neuberg aurait publié une solution dans un numéro de Mathesis de l'année 1882.
Peut-être que Bouzar a sa version numérique.
Je voudrais savoir si Neuberg a fourni la même preuve que Bouzar ou bien s'il a donné une solution par découpage et recollement!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Voici une solution de Neuberg et une autre de Liénard. Amicalement
C'est ce que j'espérais.
On a pour le moment quatre solutions: celle de Rescassol, la tienne, celles de M.Liénard et de M.Neuberg.
C'est déjà pas mal et ce n'est peut-être pas fini?
Maintenant élevons un peu les débats.
L'application affine $f_P:ABC\mapsto A'B'C'$ est trivialement orthologique et admet donc en général un unique point fixe et deux droites invariantes orthogonales.
1° Montrer que ce point fixe est situé sur le cercle d'Euler et que les droites invariantes sont deux droites de Simson de deux points que l'on construira.
2° Quel est le lieu des points $P$ pour lesquels les $f_P$ ont le même point fixe et les mêmes droites invariantes?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Les coordonnées barycentriques de l'unique point fixe de $f_P$ sont $\simeq \left[\begin{array}{c} -u (-b^2 (u + v) w +
c^2 v (u + w)) (a^2 (v - w) - (b^2 - c^2) (v + w))\\ -v (b^2 (-u + w) + a^2 (u + w) - c^2 (u + w)) (a^2 (u + v) w -
c^2 u (v + w))\\ -(c^2 (-u + v) + a^2 (u + v) - b^2 (u + v)) w (a^2 v (u + w) - b^2 u (v + w))\end{array}\right].$
Le cercle d'Euler a pour équation barycentrique $(a^2 - b^2 - c^2 )x^2 +( - a^2 + b^2 - c^2 )y^2+( - a^2 - b^2 + c^2) z^2+ 2 c^2 x y + 2 b^2 x z + 2 a^2 y z=0.$
Les coordonnées barycentriques du point fixe vérifient l'équation du cercle d'Euler donc le point fixe est situé sur le cercle d'Euler.
Le déterminant de $\overrightarrow {f_P}$ est égal à $1$.
Sa trace est plus compliquée.
Le point fixe est $fixe=\dfrac{s_1s_3\overline{p}^2 - p^2 + (s_3 - s_1s_2)\overline{p} + s_1^2 - s_2}{2s_3\overline{p}^2 - 2s_2\overline{p} - 2p + 2s_1}$.
Il vérifie bien $\left(fixe-\dfrac{s_1}{2}\right)\left(\overline{fixe}-\dfrac{\overline{s_1}}{2}\right)=\dfrac{1}{4}$, donc est sur le cercle d'Euler de $ABC$.
Bon, c'est tout pour ce soir, dodo !
Cordialement,
Rescassol
$P,A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime }$ sont sur une même hyperbole équilatère circonscrite à $ABC$ (merci Poncelet).
Le point fixe de $f_{P}$ est le centre de cet hyperbole qui est sur le cercle d'Euler (Poncelet again).
Les droites invariantes de $f_{P}$ sont les asymptotes de cette hyperbole. Si $P^{\ast }$ est l'isogonal de $P$ relativement à $ABC$, l'hyperbole est l'isogonale de la droite $OP^{\ast }$ et ses asymptotes sont les droites de Simson des points communs à cette droite $OP^{\ast }$ et au cercle $\left( O\right) $ circonscrit à $ABC$ (vu à maintes reprises sur ce forum).
Bien entendu, le lieu des points $P$ pour lesquels les $f_{P}$ ont le même point fixe et les mêmes droites invariantes est une hyperbole équilatère circonscrite à $ABC$.
Amicalement. Poulbot
La solution de Neuberg dans Mathesis, donnée par Bouzar, est vraiment simple et élégante.
https://mathshistory.st-andrews.ac.uk/Biographies/Neuberg/
Bonne journée.
Fr. Ch.
Plaçons-nous dans un repère orthonormé où l'hyperbole équilatère passant par $A,B,C,P$ a pour équation $xy=1$ et désignons par $a,b,c,p$ les abscisses respectives de $A,B,C,P$.
On a très facilement $A^{\prime }=\left( -\dfrac{1}{bcp},-bcp\right) ,...$ et ainsi, si $M=\left( x,y\right) $, on a $f_{P}\left( M\right) =\left( -\dfrac{x}{abcp},-abcpy\right) $ ce qui donne immédiatement les réponses à plusieurs questions soulevées par pappus.
Amicalement. Poulbot
@Poulbot
Peux-tu nous préciser le théorème de Poncelet que tu utilises pour affirmer que les sept points $A$, $B$, $C$, $A'$, $B'$, $C'$, $P$ sont sur une même conique car Victor nous a donné beaucoup de théorèmes!
D'autre part, pour le lieu de $P$ dont tu nous dis que c'est une hyperbole équilatère circonscrite, peux-tu nous préciser cette hyperbole équilatère dans le faisceau qu'elles forment?
@Chaurien
Oui les solutions anciennes sont très élégantes.
Quand on les lit, on a l'impression d'être des éléphants dans un magasin de porcelaine avec nos complexes ou nos coordonnées barycentriques. L'esprit de géométrie a disparu depuis longtemps! Quand reviendra-t-il?
Néanmoins il n'est pas interdit de les critiquer surtout celle de Liénard qui n'utilise pas les angles orientés.
A un moment, il dit: pour fixer les idées, supposons le point $P$ à l'intérieur du triangle $ABC$ et les angles $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ obtus.
C'est que dans sa tête, il y a plusieurs cas de figures à considérer, il ne les cite pas tous et il n'en traite qu'un.
C'est le défaut des angles camemberts!
Peut-on rendre sa démonstration correcte en utilisant les angles orientés?
@Rescassol et Bouzar
Pouvez-vous nous donner un calcul de la fonction $P\mapsto \mathrm{Trace}(\overrightarrow{f_P})$ pour qu'on puisse tracer ses lignes de niveau?
Amicalement
[small]p[/small]appus
"Peux-tu nous préciser le théorème de Poncelet que tu utilises pour affirmer que les sept points $A,B,C,A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime },P$ sont sur une même conique car Victor nous a donné beaucoup de théorèmes!"
Si un triangle est inscrit dans une hyperbole équilatère, son orthocentre est sur l'hyperbole (Poncelet dixit). Moralité, nos $7$ points sont sur l'hyperbole équilatère passant par $A,B,C,P$.
"D'autre part, pour le lieu de $P$ dont tu nous dis que c'est une hyperbole équilatère circonscrite, peux-tu nous préciser cette hyperbole équilatère dans le faisceau qu'elles forment?"
C'est celle centrée au point fixe supposé commun aux $f_{P}$.
Amicalement. Poulbot
PS : Il me semble qu'utiliser un repère orthonormé d'axes portés par les asymptotes de l'hyperbole équilatère passant par $A,B,C,P$ permet de répondre très simplement à la plupart de tes questions, le calcul se limitant à celui des coordonnées de $A^{\prime }$, qui sont immédiates. Je pense franchement qu'il est impossible de faire plus simple.
Une suggestion : les lignes de niveau de $P\rightarrow Trace\left( \widehat{f_{P}}\right) $ sont les quartiques isogonales des cercles de centre $O$ .
Amicalement. Poulbot
$Trace=-2+\dfrac{4s_3(p\overline{p}-1)^2}{(p+ab\overline{p}-a-b)(p+bc\overline{p}-b-c)(p+ca\overline{p}-c-a)}$
Cordialement,
Rescassol
Je suis (presque) satisfait maintenant.
Je ne me lasse jamais d'entendre tes suggestions.
Pour le plaisir des yeux, j'ai fait la figure que tu suggères.
Sur ma figure $P$ et $P_*$ sont isogonaux et j'ai bien vérifié avec mon logiciel que la trace de $\overrightarrow{f_P}$ était constante quand $P_*$ parcourait le cercle bleu!
La quartique de Poulbot a quand même fière allure et nous change un peu du morne ennui des triplets de points alignés.
Je ne serais pleinement satisfait que quand je lirai la valeur de la trace en fonction du rayon du cercle bleu!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Pappus, je trouve $Trace=\dfrac{2(1+R^2)}{1-R^2}$.
Cordialement,
Rescassol
Edit: Avec un rayon du cercle circonscrit à $ABC$ égal à $1$.
En reformulant le résultat de Rescassol, $R$ étant le rayon du cercle circonscrit, on a $Trace\left( \widehat{f_{P}}\right) =2\dfrac{R^{2}+OP_{\ast }^{2}}{R^{2}-OP_{\ast }^{2}}$.
C'est ce que par chance j'avais trouvé.
Amicalement. Poulbot
Maintenant il est facile de calculer les valeurs propres de $\overrightarrow{f_P}$.
Un résultat aussi simple doit sans doute s'expliquer géométriquement!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Montrer que l'application antigonale conserve les lignes de niveau de la fonction trace!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Pappus wrote : "Montrer que l'application antigonale conserve les lignes de niveau de la fonction trace!"
L'antigonal de $P$ relativement au triangle $ABC$ est entre autres - voir $\left( \ast \right) $ - l'isogonal de l'inverse par rapport au cercle circonscrit $\left( O\right) $ de l'isogonal de $P$. Or, l'inverse par rapport à $\left( O\right) $ d'un cercle de centre $O$ est encore un cercle de centre $O$.
Amicalement. Poulbot
$\left( \ast \right) $ C'est aussi
- le point $P^{\prime }$ pour lequel $\left( PB,PC\right) +\left( P^{\prime }B,P^{\prime }C\right) =\left( PC,PA\right) +\left( P^{\prime }C,P^{\prime }A\right) =\left( PA,PB\right) +\left( P^{\prime }A,P^{\prime }B\right) =0$ (angles orientés de droites)
- le point commun aux cercles $BCP_{a},CAP_{b},ABP_{c},P_{a}P_{b}P_{c}$ où $P_{a},P_{b},P_{c}$ sont les symétriques de $P$ par rapport aux droites $BC,CA,AB$ respectivement
- le point diamétralement opposé à $P$ sur l'hyperbole équilatère passant par $A,B,C,P$
- quoi d'autre ???
En fait si on note $P'$ le point antigonal de $P$, on a le résultat:
$$\mathrm{Trace}(\overrightarrow{f_P})=-\mathrm{Trace}(\overrightarrow{f_{P'}})\qquad$$
qui se déduit facilement de ta formule de trace.
Sur la figure ci-dessous, j'ai changé un peu mes notations, appelant $abc$ le triangle des orthocentres associé à $P$ et $a'b'c'$ le triangle des orthocentres associé à l'antigonal $P'$.
Comparer les triangles $abc$ et $a'b'c'$.
Comparer les points invariants et les droites invariantes de $f_P$ et $f_{P'}$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Les réponses à tes dernières questions sont immédiates au vu de ce qu'avais dit plus haut (ICI).
Soit $\Omega $ le centre de l'hyperbole équilatère $H_{P}$ passant par $A,B,C,P$.
$P^{\prime }$ étant diamétralement opposé à $P$ sur $H_{P}$,
les triangles $abc$ et $a^{\prime }b^{\prime }c^{\prime }$ sont symétriques par rapport à $\Omega $ alors que
$f_{P}$ et $f_{P^{\prime }}$ ont même point fixe $\Omega $ et mêmes droites invariantes (les asymptotes de $H_{P}$).
Amicalement. Poulbot
Pour faire la figure, c'est maintenant assez simple.
Partant d'un point quelconque $P$, on construit son antigonal $P'$ et le milieu $\Omega$ du segment $PP'$ est situé sur le cercle d'Euler et il est le point fixe commun de $f_P$ et $f_{P'}$.
Quant aux droites invariantes communes, parmi les trois droites de Simson passant par $\Omega$, ce sont les deux droites de Simson qui sont orthogonales.
C'est le moment de revenir sur la très belle construction des trois droites de Simson passant par un point que tu nous avais donnée, il y a bien des années.
On peut déjà regarder ce qu'elle donne quand le point en question est sur le cercle d'Euler ou bien se poser la question directement puisqu'on sait que l'équation du troisième degré sur laquelle on tombe a une racine évidente.
Mais depuis mon accident, j'ai l'esprit brumeux, je perds un peu la tête et je n'arrive pas à retrouver cette construction qui doit pourtant être évidente.
Partant d'un point $\Omega$ situé sur le cercle d'Euler, on prend le symétrique $M$ de l'orthocentre $H$ par rapport au point $\Omega$. $M$ est situé sur le cercle circonscrit et sa droite de Simson passe par $\Omega$, c'est la solution évidente à laquelle je faisais allusion mais qu'en est-il de la construction des deux autres droites de Simson passant par $\Omega$ et dont on sait qu'elles sont orthogonales.
C'est cela que je ne vois plus!
Peux-tu me rafraîchir la mémoire?
Merci
Amicalement
[small]p[/small]appus
Voici le fil de poulbot :
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?8,1891590,1891590,quote=1
Amicalement
"mais qu'en est-il de la construction des deux autres droites de Simson passant par $\Omega $ et dont on sait qu'elles sont orthogonales"
Elles passent par les extrémités du diamètre du cercle d'Euler perpendiculaire à la droite de Simson de ton point $M$ (ce sont les droites de Simson des extrémités du diamètre du cercle circonscrit perpendiculaire à la droite de Simson de ce point $M$).
Amicalement. Poulbot
J'avais fait la figure et j'avais été incapable de remarquer cette orthogonalité.
Qui plus est, je viens de retrouver ta construction dans une de mes figures vieille de dix ans!
C'est te dire dans quel état je suis actuellement!
En tout cas ta construction nous fournit illico les droites invariantes de $f_P$ et $f_{P'}$.
C'est amusant de voir comment ce vieil exercice de Neuberg nous a permis de rencontrer à nouveau toutes tes trouvailles sur la théorie des droites de Simson!
Je serais heureux si quelqu'un pouvait améliorer la solution de M.Liénard en utilisant les angles orientés!
Amicalement
[small]p[/small]appus