Un problème brésilien
Bonjour,
Voici un nouveau problème élémentaire.
Soit $ABC$ un triangle avec $M,N$ les milieux respectifs de $AC,AB$,$I$ le centre du cercle inscrit.
Soit $H_a$ l'orthocentre du triangle $BIC$.
Montrer que la polaire de $H_a$ par rapport au cercle inscrit est la droite $(MN).$
Amicalement
Voici un nouveau problème élémentaire.
Soit $ABC$ un triangle avec $M,N$ les milieux respectifs de $AC,AB$,$I$ le centre du cercle inscrit.
Soit $H_a$ l'orthocentre du triangle $BIC$.
Montrer que la polaire de $H_a$ par rapport au cercle inscrit est la droite $(MN).$
Amicalement
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Réponses
Bon c'est un simple calcul. Passons à autre chose.
Amicalement
Le point $H_a$ est sur l'axe $IY$ à une ordonnée $y=...$, j'ai les coordonnées des points $A,B,C$ et ... J'ai arrêté.
Je ne dois pas être loin du but.
Soit $P \simeq \left[\begin{array}{c} x\\y\\ z\end{array}\right]$ un point et $M$ la matrice associée de la conique.
Une équation de la polaire de $P$ par rapport à la conique est $P^{t}.M=0.$
Amicalement
Dans mon calcul, il suffirait de vérifier que $y*y_M=1$, $y$ étant l'ordonnée du point $H_a$ et $y_M$ celle de $M$.
Je n'ai pas çà, donc il y a une erreur dans mon calcul.
Voilà Morley inscrit: Cordialement,
Rescassol
Amicalement
Il serait intéressant que tu nous donnes une référence plus précise de cet exercice pour avoir une idée de la solution attendue.
Une solution synthétique (?) basée sur les propriétés élémentaires des défuntes divisions harmoniques et les relations métriques (autrefois habituelles) dans le triangle était quand même préférable!
Le fait que $H$ est l'orthocentre se traduit par la relation:
$$PI.PH=PB.PC.\qquad$$
La division harmonique $(P,Q,H,K)=-1$ se traduit par la défunte relation du non moins feu René Descartes:
$$\dfrac 2{PQ}=\dfrac 1{PI}=\dfrac 1{PK}+\dfrac 1{PH}.\qquad$$
A partir de ces deux relations et quelques trifouillages habituels (?) des relations métriques dans le triangle $ABC$, on arrive au résultat demandé.
Amicalement
[small]p[/small]appus
La source est Brazilian Training for IMO 2013.
Amicalement
Si j'ai bien compris, ces olympiades internationales de mathématiques s'adressent aux élèves des lycées et collèges.
Je constate que la théorie des pôles et polaires dans le cercle était encore connue au Brésil en 2013 et sans doute dans d'autres pays participant à ces olympiades.
La solution attendue était donc très élémentaire!
Amicalement
[small]p[/small]appus
ce problème met en jeu le concept de réciprocité polaire...
après ''An unlikely concurrence''
http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/Docs/An unlikely concurrence.pdf
Sincèrement
Jean-Louis
Après moultes erreurs de signe dans mes calculs, je vous livre ma solution analytique.
Le cercle inscrit est le cercle unité, la droite $BC$ est parallèle à l'axe $IX$. Le point $H_a$ se trouve donc sur l'axe $IY$, hauteur issu de $I$ du triangle $IBC$.
L'équation d'une tangente au cercle unité peut être paramétrée par $t$ sous la forme $(1-t^2)x+2ty=1+t^2$ d'où :
Equation de la droite $AB$ : $(1-c^2)x+2cy=1+c^2$, celle de $AC$ :$(1-b^2)x+2by=1+b^2$, pour deux réels $b,c$ convenables.
Ordonnée $y_A$ de $A$ : $y_A=\dfrac {b+c}{1+bc}$
Ordonnée $y_M$ de $M$, milieu de $AB$ : $$y_M=\dfrac {y_A+y_B} 2 = \dfrac {b+c-1-bc}{2(1+bc)}=-\dfrac {(b-1)(c-1)}{2(1+bc)}$$
Coordonnées de $C$ : $(\dfrac {1+b}{1-b}, -1)$.
Coordonnées de $B$ : $(\dfrac {1+c}{1-c}, -1)$.
Equation de la hauteur issu de $B$ dans le triangle $IBC$ : $x_C(x-x_B)+y_C(y-y_B)=0$
L'ordonnée $y_H$ de $H_a$ vérifie donc l'équation : $\dfrac {1+b}{1-b}(-\dfrac {1+c}{1-c} +(-1)(y_H-(-1))=0$
Après simplification, $$y_H=-\dfrac 1 {(1-b)(1-c)}2(1+bc)$$
Il ne reste plus qu'à vérifier que $y_M.y_H=1$, ce qui se voit bien sur les formules.
J'ai eu beau me tripoter les méninges, je ne vois pas le "pourquoi". Veux-tu avoir la gentillesse d'éclairer ma lanterne.
Le symétrique de $H$ par rapport à la droite $BC$ est sur le cercle circonscrit $IBC$.
So $\overline{PI}\cdot \overline{PH}=-\overline{PB}\cdot \overline{PC}$.
Bien cordialement. Poulbot
Il faudrait terminer la démonstration synthétique de Pappus.
Effectivement les relations métriques de la géométrie du triangle sont défuntes depuis des décennies, comme évaluer les longueurs $PB$ et $PC$ en fonction des longueurs $a=BC$, $b=CA$, $c=AB$ ou bien calculer l'aire d'un triangle!
Comme ancien taupin, j'ai le vague souvenir d'avoir possédé une table de logarithme Bouvart et Ratinet offrant en annexe les principales formules de la géométrie du triangle, le super-pied quoi!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Les tables de logarithmes de Bouvart et Ratinet datent du début du XXème siècle, elles ont eu plus de 70 éditions, un vrai succès ! J'ai récupéré celles de ma mère, qui a passé son baccalauréat en 1939, c'était l'édition avec la couverture sobre vert-Hachette. Ensuite, l'édition de 1957 avait adopté une couverture « moderne », ou plutôt deux : la jaune qui donnait toujours les mêmes tables, et la rouge qui comportait de plus le formulaire évoqué par pappus. Ces tables étaient autorisées aux examens et concours, du moins la version sans le formulaire, et la couleur de la couverture permettait ainsi de voir tout de suite si le candidat avait la version autorisée. Par ailleurs, le formulaire était édité à part.
Georges Perec a publié en 1978 « Je me souviens », Hachette. C'est un recueil de 480 souvenirs (1973-1977) et le 254-ième, ce sont ces tables, avec une faute d'orthographe, puisque « Bouvart » est écrit « Bouvard », sans doute par confusion avec Bouvard et Pécuchet, de Flaubert.
Bonne journée.
Fr. Ch.
21/09/2020
Bien cordialement,
Fr. Ch.
on pourra consulter à ce propos (Bouvart et Ratinet) le "Je me souviens de Je me souviens" de Roland Brasseur, qui est né en 1945 , agrégé de mathématiques et licencié de philosophie, il fut professeur au Maroc puis professeur en classe de Mathématiques Spéciales à Troyes.
On lui doit un dictionnaire des professeurs de mathématiques spéciales.
Sur la couverture de la table de logarithmes jaune , on lit 0,31831 qui est une approximation de 1/pi et je me souviens qu'on disait dans ma jeunesse , pour retenir 0,3183098 : les 3 journées de 1830 ont renversé 89.
Bien cordialement.
kolotoko
Avec ces histoires de logarithmes, on est parti très loin de la géométrie, ce qui ne déplait pas à certains!
Revenons à nos moutons!
Comment faisait-on dans les siècles précédents pour calculer les longueurs $PB$ et $PC$ en fonction de $a=BC$, $b=CA$, $c=AB$?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Voici comment on s'y prenait.
1°
On montrait d'abord les égalités:
(1)$\begin{cases}
AQ=AR=x\\
BR=BP=y\\
CP=CQ=z
\end{cases}
\qquad$
2°
On résolvait le système linéaire:
(2)$\begin{cases}
y+z=a\\
z+x=b\\
x+y=c
\end{cases}
\qquad$
Cela, c'était autrefois.
Et aujourd'hui, qu'est-ce qu'il nous reste?
La figure ci-dessous est oubliée comme si elle n'avait jamais existé!
A la rigueur, quelqu'un cherchera peut-être à la construire avec une approximation de 0,01%!
Par contre on essayera de résoudre le système (2) juste pour le plaisir de le résoudre!!!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Je doute qu'on trouve quelqu'un capable de résoudre ce système linéaire.
On devrait le poster sur le forum d'Algèbre?
Amicalement
[small]p[/small]appus
tu galèjes ? $x=p-a,\ y=p-b,\ z=p-c$
Mais qui est $p$ ?
$x=p-a, y=p-b$ et $z=p-c.$
Amicalement
$P=\dfrac{a+b+c}{2}.$
Amicalement
Bien sûr que je galèges pour les vieux comme nous mais sans doute que nos collégiens, lycéens, taupins et autres agrégatifs doivent la trouver saumâtre!
Compte tenu des deux équations (orthocentre + division harmonique) que j'ai données, te sens-tu le courage de terminer?
Mais la véritable solution synthétique est celle suggérée par Jean-Louis, à savoir la réciprocité polaire.
Cela me semble assez extraordinaire de sa part car la polarité est au moins aussi abstraite sinon plus que la notion de transformation puisqu'elle appartient à la défunte géométrie projective!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Evidemment pour continuer, il faut connaître quelques formules supplémentaires de la géométrie du triangle dont plus personne n'a rien à cirer, à juste raison puisque cette géométrie est devenue une langue morte!
Par exemple:
$$16S^2=(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c).\qquad$$
calcul de l'aire $S$ d'un triangle en fonction des longueurs de ses côtés.
Pauvre Héron, s'il avait su, il ne se serait pas donné tant de mal!!
ou bien:
$$r=\dfrac{2S}{a+b+c}.\qquad$$
calcul du rayon du cercle inscrit.
Qui aurait l'idée saugrenue de calculer une telle bestiole?
Maintenant on peut commencer avec les notations de mes précédents messages.
$PB.PC=PI.PH=\dfrac{a^2-(b-c)^2}4\qquad$
$\dfrac 1{PI}=\dfrac 1{PQ}+\dfrac 1{PH}\qquad$
On en déduit:
$\dfrac 1{r.PQ}=\dfrac 1{r^2}-\dfrac 4{a^2-(b-c)^2}=\dfrac{4(a+b+c)^2}{(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(+b-c)}-\dfrac 4{a^2-(b-c)^2}\qquad$
Par suite:
$r.PQ=\dfrac{(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)}{8a}=\dfrac{(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)(a+b+c)}{8a(a+b+c)}=\dfrac{2S^2}{a(a+b+c)}$
Donc:
$PQ=\dfrac{2S^2}{a(a+b+c)r}=\dfrac S a=\dfrac{h_a}2$
CQFD
Je crois que la formule $S=\dfrac{a.h_a}2\qquad$ est la seule encore enseignée aujourd'hui.
Il faut dire qu'elle est connue depuis si longtemps qu'il était difficile d'en faire l'impasse quoique, quoique tout le monde le sait: impossible n'est pas français!
Amicalement
PS
Je comprends que devant des calculs aussi rasants qu'inutiles, certains préfèrent s'en tenir prudemment aux Axiomes de Thalès et de Pythagore!
Ci-dessous une figure, basée sur l'article de Jean-Louis cité par lui dans ce fil, suggérant une preuve synthétique.
J'ai tracé en noir la parabole de foyer $A$ et de directrice $BC$.
Les bissectrices intérieures et extérieures en $B$ et $C$ sont des tangentes à cette parabole.
Pourquoi me direz-vous?
Eh bien, le bachelier que j'ai été pouvait répondre à cette douloureuse question.
Il en résulte que les tangentes issues de $I$ à cette parabole sont les bissectrices intérieures en $B$ et $C$ au triangle $ABC$.
Là vous appliquez la construction du Lebossé-Hémery sur les tangentes issues d'un point à une parabole.
J'ai tracé cette construction sur ma figure.
Vous en déduisez que le quadrilatère $ARPQ$ est un parallélogramme puis que le point $P$ est l'orthocentre du triangle $IQR$.
Et c'est terminé puisque les triangles $IQR$ et $IBC$ sont homothétiques.
Qu'est-ce qu'une homothétie, me direz-vous?
C'est bien là qu'on sent que cette démo, c'est vraiment mission impossible!!!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Mission impossible ?
Dans cette homothétie de centre $I$ : $IBC\mapsto IQR$, le point $P$ s'envoie sur le point $K$ et l'orthocentre $H$ de $IBC$ s'envoie sur l'orthocentre $P$ de $IQR$.
Conclusion
$$\dfrac{IK}{IP}=\dfrac{IP}{IH}\qquad
$$ Donc $$IP^2=IH.IK\qquad
$$ CQFD
Amicalement
[small]p[/small]appus
http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/Docs/08. 1. Parallele a un cote du triangle.pdf
p. 7...
Sincèrement
Jean-Louis
http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/Docs/08. 1. Parallele a un cote du triangle.pdf p. 7...
Sincèrement
Jean-Louis