La trisectrice peut être médiane
dans Géométrie
Bonjour.
Dans un triangle isocèle ou équilatéral la bissectrice peut-être médiane (au minimum).
Par analogie :
Dans un triangle une TRISECTRICE peut-être MÉDIANE
Que pensez-vous.
Cordialement.
Djelloul Sebaa.
Dans un triangle isocèle ou équilatéral la bissectrice peut-être médiane (au minimum).
Par analogie :
Dans un triangle une TRISECTRICE peut-être MÉDIANE
Que pensez-vous.
Cordialement.
Djelloul Sebaa.
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Réponses
Sur la figure ci-dessous, j'ai tracé le lieu des points $A$ tels que la médiane $AA'$ soit aussi trisectrice.
Voici quelques questions:
Former l'équation de ce lieu?
Quel est l'inverse de ce lieu dans une inversion de pôle $A'$?
Bonnes Fêtes à tous
[small]p[/small]appus
Voici la figure que j'ai en tête!
Les points $A$ et $\alpha$ sont inverses par rapport au cercle de diamètre $BC$ que j'ai tracé en pointillé.
Le lieu de $\alpha$ est l'hyperbole bleue de centre $O$, de sommet $C$ et d'excentricité $2$.
Le point $O$ s'obtient en trisectant le segment $A'C$.
Les asymptotes s'obtiennent en trisectant l'angle $\widehat{BOC}$
La médiane $AA'$ trisecte l'angle $\widehat{BAC}$.
Bref dans cette figure, ça ne rigole pas: on trisecte sur tout ce qui bouge!!!!!
Bonnes Fêtes à tous!
[small]p[/small]appus
J'en reste bouche bée d'admiration !
Ce lieu fait-il partie de la famille des lemniscates ?
Bien amicalement
JLB
Passe un joyeux réveillon.
C’est Soland le spécialiste, il faudrait le lui demander.
Mais le plus important est de donner une preuve de cette configuration dont je n’avais pas la moindre idée avant que Djelloul Sebaa ne pose sa question.
Bonnes Fêtes à tous
[small]p[/small]appus
PS
Comment ai-je fait pour tracer ma première figure ?
https://www.projet-voltaire.fr/regles-orthographe/peut-etre-ou-peut-etre/
« La trisectrice, peut-être médiane ? »
Plus court :
« La trisectrice... médiane ? »
Je peux être père, tu peux être père, il peut être père : le trait d'union n'a rien à faire ici.
Qu'est-ce que la famille des lemniscates ? Moi je ne connais qu'une lemniscate, celle de Bernoulli. Y en a-t-il d'autres ?
Je vois surtout que l'orthographe est plus intéressante que la défunte géométrie.
On fait ce qu'on peut et l'on peut peu!
C'est dans la logique de notre enseignement aussi lamentable en français qu'en mathématiques mais l'orthographe nous est-elle plus accessible que la géométrie? J'en doute fortement!
Il n'y aura donc jamais personne avec qui je puisse réellement dialoguer, personne pour s'intéresser aux questions simples que je pose?
La figure ci-dessous montre comment je m'y suis pris pour tracer ce lieu tout aussi nouveau pour moi que pour vous!
Je me suis basé sur le théorème de l'angle inscrit.
Est-il encore enseigné à cette époque où la géométrie euclidienne se limite à ânonner l'axiome de Pythagore?
Bonne Fêtes à tous
[small]p[/small]appus
J'explique ma construction sur cette nouvelle figure
Je me donne arbitrairement le point $M$ sur la médiatrice de $A'C.\qquad$
Le cercle de centre $M$ passant par $A'$ et $C$ est le lieu des points d'où on voit le segment $A'C$ sous l'angle orienté $\theta.\qquad$.
D'après le défunt théorème de l'angle au centre, le cercle $(A'MC)\ $ est le cercle lieu des points d'où on voit le segment $A'C\ $ sous l'angle orienté $2\theta.\qquad$.
Je n'ai plus qu'à translater ce cercle en $(BM'A')\ $ pour obtenir le cercle lieu des points d'où on voit le segment $BA'\ $ sous l'angle orienté $2\theta.\qquad$
D'où ma construction.
Mon logiciel donne alors le lieu du point $P.\qquad$
J'ai découvert comme vous la courbe rouge mais je n'ai pas été étonné très longtemps.
Maintenant en travaillant dans un repère orthonormé où le point $B\ $ a pour coordonnées $(b,0)$ et le point $C\ $ pour coordonnées $(-b,0)$, il n'est pas très difficile (???) de former l'équation du lieu.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Chaurien, j'ai pensé, sans doute abusivement, que toutes les "courbes en 8" pouvaient être appelées "lemniscates" ...
Pappus, je vais essayer de faire ce que tu demandes ...
Bonne année
JLB
Moi aussi je croyais que le nom réservé au courbes en 8 était Lemniscate.
Mais en fin de compte, peu importe le nom de ce lieu.
Ce qui compte, c'est de comprendre et de résoudre ce beau problème de Djelloul Sebaa et je constate avec tristesse que je suis le seul à m'y être attaqué sérieusement quand d'autres se limitent à des questions de syntaxe ou d'orthographe.
Ce n'est pourtant pas dur, seulement des arc capables à manipuler.
Mais il faut croire que c'est encore trop dans une république satisfaite d'ânonner les axiomes de Thalès et de Pythagore en guise de géométrie!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Une petite remarque concernant la dernière figure postée par pappus : quand je l'ai construite avec GeoGebra je n'en ai d'abord obtenu qu'une moitié. Cela est dû au fait que lorsque cercles se coupent en deux points le logiciel les différencie en les numérotant (1 et 2).
Je ne sais pas comment vous vous y êtes pris pappus mais j'ai pu obtenir la courbe complète en définissant le point $P$ comme étant le symétrique de $A'$ par rapport à la droite $(MT)$, où $T$ est le centre du cercle translaté.
Suppose que j'ai un cercle $\Gamma$, un point $A\in \Gamma$ et une droite $L$ passant par $A$.
Je veux construire la seconde intersection (autre que $A$) de $L$ avec $\Gamma$ en sorte que le logiciel fasse bien la différence entre les deux points d'intersection.
Pour cela, je projette orthogonalement le centre de $\Gamma$ en $P$ sur la droite $L$ puis je prend le symétrique $Q$ de $A$ par rapport à $P$.
Idem pour récupérer le second point d'intersection de deux cercles ayant déjà un point commun $A$.
Je prend le symétrique de $A$ par rapport à la ligne des centres.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Dans la figure j'ai pris le repère au centre $C$, l'axe des abscisses est porté par la médiane, on veut le lieu de $B$.
Les deux triangles ont le même aire donc $a.CB.\sin(\theta)=a.CB'.\sin(2\theta)$ puis $$CB'=\dfrac{CB}{2\cos(\theta)}$$
Deux Pythagore généralisés (expression de $MB^2=MB'^2$), $x=\theta$ donnent
$$
r=CB=\dfrac{8a\cos^3(x)-4a\cos(2x)\cos(x)}{4\cos^2(x)-1}.
$$
En fait il faut encadrer les valeurs $x$ acceptables où $r>0$ ce qui est le cas pour $ [-\pi/3;\pi/3]$...
Edit il y avait erreur de plot c'est le lieu de $B$ avec $(r\cos(x);r\sin(x))$ et $-\pi/3\le x\le \pi/3$
[Pythagore (~ 500 avJC) comme tout nom propre, ne s'accorde jamais en nombre ! AD]
Une équation de la courbe qui passe par $C(1,0)$
Je reste rêveur devant les monstrueux calculs de Tonm.
Qu'a-t-il bien voulu faire ?
Il n'y a que lui qui le sait et encore ce n'est pas sûr !
J'ai compris !
Comme d'habituuude, il va falloir que je m'y colle une fois encore pour la énième plus une fois!
Dans le repère que j'ai choisi le point $M$ a des coordonnées de la forme $(-\dfrac c2,\lambda)\qquad$
L'équation du cercle de centre $M$ passant par $A'$ et $C$ est donc de la forme:
$$x^2+y^2+bx-2\lambda y=0.
$$ L'équation du cercle $(BM'A')$ est de la forme :
$$x^2+y^2-bx+\mu y=0.
$$On écrit que ce cercle passe par le point $M'(\dfrac b2,\lambda)$:
$$\lambda^2-\dfrac{b^2}4+\lambda\mu=0.
$$ On élimine $\lambda$ et $\mu$ entre ces trois équations :
$$\dfrac{(x^2+y^2+bx)^2}{4y^2}-\dfrac{b^2}4-\dfrac{x^2+y^2-bx}y.\dfrac{x^2+y^2+bx}{2y}=0.
$$ Donc on a :
$$(x^2+y^2+bx)^2-b^2y^2-2\big((x^2+y^2)^2-b^2x^2\big)=0.
$$ Finalement on trouve :
$$(x^2+y^2)^2-2bx(x^2+y^2)-3b^2x^2+b^2y^2=0.
$$ Bof, ce n'était que cela, une simple quartique bicirculaire.
Il ne reste plus qu'à la transformer par l'inversion par rapport au cercle de diamètre $BC$.
Encore un des douze travaux d'Hercule ?
Amicalement
[small]p[/small]appus
J'avais effectivement écrit des équations semblables aux tiennes avec un paramètre m (l'ordonnée du point M), mais je n'ai pas eu l'idée, pour l'éliminer, de l'exprimer en fonction de x et de y ! Comme quoi mes circuits internes sont bien encrassés !!!
Merci pour l'indication !
Bien amicalement
JLB
Je poursuis, ce seront mes étrennes!
L'écriture de l'inversion par rapport au cercle de diamètre $BC$ est la suivante:
$$\varphi:(x,y)\mapsto \big(\dfrac{b^2x}{x^2+y^2},\dfrac{b^2y}{x^2+y^2}\big)\qquad$$
Comme il semblerait que $\varphi$ est involutive, il suffit d'injecter ces formules dans l'équation polynomiale de la quartique pour obtenir l'équation de sa transformée et on trouve après quelques simplifications miraculeuses:
$$3x^2-y^2+2bx-b^2=0\qquad$$
Alors là on se sent repousser des ailes!!
Enfin, enfin, on est en terrain (soi-disant) connu.
On va pouvoir utiliser la DCEDC (DIVINE CLASSIFICATION EUCLIDIENNE DES CONIQUES) pour identifier cette CEPEI (CONIQUE EUCLIDIENNE PAS ENCORE IDENTIFIÉE).
Quelle extase!!!
Bonne Année à tous!
[small]p[/small]appus
J'ai poursuivi mes calculs après que tu m'eus désembourbé, et j'ai eu le petit plaisir d'aboutir à la même équation que toi, exactement, dans l'avant-dernière formulation que tu en as donnée ...
Quant à ta dernière question, je réponds qu'il s'agit d'une hyperbole, à cause des signes différents des monômes carrés, et puisque cette équation peut s'écrire
4x2 - y2 = (x - b)2 = (2x - y) (2x + y)
je dirais que l'axe non focal est la droite d'équation x = b et que les asymptotes sont les droites d'équation y = 2x et y = -2x (en implorant ta bienveillante indulgence si je me trompe !).
Bien amicalement
JLB
Edit : je certifie que je n'ai pas regardé ta deuxième figure dans ce fil avant de te répondre, mais je crois bien avoir tout juste !
J'ai trouvé pour termes du second degré: $3x^2-y^2.\qquad$
Ce ne sont pas les mêmes que les tiens.
Donc l'un de nous deux à tort!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Ça fait bien 3x²-y² ..
Cordialement.
Tu m'as lu un tantinet trop vite ... ce n'est pas grave !!
Bien amicalement
JLB
Regarde attentivement ce qu'il a écrit ensuite!
Les asymptotes sont les droites d'équations: $y=\pm 2x$.
Jelobreuil n'a pas encore compris ce concept de termes de degré $2$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Ou tu t'exprimes d'une façon trop cryptique.
J'ai enfin compris ce que voulait Tonm et j'ai eu un certain mérite à le faire quand vous lisez son introduction et sa figure à laquelle je vous demande de vous reporter
Non seulement il a pris des notations différentes des miennes mais il s'est posé une question différente, intéressante d'ailleurs, mais qu'il n'a pas résolue.
D'une part je n'ai pas compris ses calculs et d'autre part ce qu'il trouve est confus sinon aberrant.
Je garde mes notations.
Tonm s'est posé la question suivante pas bête du tout.
Chercher les triangles $ABC$ dont la médiane $AA'$ est donnée et pour lesquels:
$$\widehat{BAA'}=2\widehat{A'AC}.\qquad$$
Je n'ai fait aucun calcul mais j'ai laissé faire mon logiciel.
Et voici ce que j'ai trouvé ci-dessous.
Je n'ai tracé que le lieu de $C$, celui de $B$ s'en déduisant par symétrie par rapport à $A'$.
Cela n'a évidemment rien à voir avec ce que nous a raconté Tonm mais par contre il y a des ressemblances avec le problème initial en ce qui concerne le résultat trouvé.
On se doute que les calculs analytiques à mener pour prouver cette configuration doivent être particulièrement simples et qu'ils n'ont rien à voir avec ceux de Tonm.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Djelloul va encore être content:
On trisecte le segment $AA'$ pour récupérer le centre $O$ et on trisecte l'angle plat $\widehat{AOA'}$ pour récupérer les asymptotes
Je suis passé à côté de quoi?
Jelobreuil a bien calculé l'équation de l'hyperbole mais il s'est trompé dans l'équation des asymptotes.
Que voulais-tu que je dise de plus?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Désolé pour la mal exposition mais j'ai donné les gros points (ce n'est pas compliqué) ça répond au problème c'est une reformulation
Cordialement.
Encore une fois, tous mes voeux pour 2021 et il vaut mieux en avoir plus que moins.
Je vois que tu as beaucoup de difficultés à t'exprimer en français mais si tu penses pouvoir mieux le faire en anglais, n'hésite pas à t'exprimer en anglais en plus de le faire en français évidemment!
On ne trouve absolument pas la même chose!
Toi un cercle et moi une hyperbole.
Un de nous deux a tort!
One of us is wrong!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Puis je plot ($AC\cos(\theta),AC\sin(\theta)$) pour $0\le \theta\le \pi/3$, $a=1$ ça m'a donné la figue d'un arc d'un cercle?
Évidemment il y avait une erreur de signe
Comme tu le dis à Gérard, je n'ai pas "compris le concept des termes de degré 2", et je dirais même plus, j'en ignore tout !
Ceci dit, il est vrai que mon affirmation sur les asymptotes était "au doigt mouillé", au sens où j'aurais été bien en peine de la justifier, si elle avait été vraie ! Et je ne suis pas surpris qu'elle soit fausse !
Mais l'est-elle totalement ? Si je me reporte à ta deuxième figure, je vois le lieu de alpha, l'hyperbole en question, et ses asymptotes ont l'air d'avoir des pentes de +2 et -2 ... Où se situe donc mon erreur ?
Merci de ta patience à mon égard !
Bien amicalement
JLB
L'équation des asymptotes en translatant l'origine du repère au centre de la conique est:
$3x^2-y^2=0$
Les asymptotes sont donc les droites d'équations: $y=\pm\sqrt3x$.
Et il est vrai que $\sqrt 3=1.732..$ est dans un voisinage ouvert de $2$.
Passe une bonne nuit et fais de beaux rêves.
[small]p[/small]appus
"J'ai trouvé pour termes du second degré: $3x^2-y^2$.
Ce ne sont pas les mêmes que les tiens. "
L'équation de Jelobreuil est : 4x² - y² = (x - b)²
Les termes de second degré sont 4x²-x² = 3x² et -y².
Tu as tellement en tête des formulations types (les tiennes, et celles qu'on utilise dans les techniques de traitement des équations des coniques) que tu es incapable de lire ce que tu écris. Et de dire clairement que le calcul de Jelobreuil n'est pas utile. Ce que tu dis est qu'il a fait une erreur de calcul ...
L'avantage que j'ai est que je connais ces techniques, mais que je lis ce qui est écrit ; exactement. Par contre, même si je regarde souvent vos discussions géométriques, je ne m'y accroche pas, ça me demanderait trop de temps.
Continuez à bien discuter ...
Bon je me suis lamentablement trompé , je suis un incapable et j'ai eu tort de relever l'erreur de Jelobreuil.
Merci de souligner mon incapacité!!
Meilleurs Vœux
[small]p[/small]appus
Tu fais la même chose que moi avec différents intervenants, tu corriges ce qu'ils ont écrit (pas nécessairement pensé), et réinterviens quand ils ne comprennent pas que c'était la lettre de ce qu'ils ont écrit qui était fausse. Charité bien ordonnée commence par soi-même : accepte qu'on joue au même jeu à ton propos.
Finalement, tu es surtout fâché parce que tu n'as pas compris ma première intervention. Ça arrive, même à toi.
Cordialement. Et bonne année très géométrique !
Je suis très très heureux de t'avoir apporté une aussi grande satisfaction en ce début d'année qui ne va pas nous en donner beaucoup!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Ta figure me semble plus correcte.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Bonne journée.
Fr. Ch
Le point de vue de Tonm du problème de Djelloul Sebaa me semble être plus simple que le mien car il mène directement à l'hyperbole sans passer par la quartique. Il aurait pu être proposé au bachelier que j'ai été!
Ceci dit les difficultés de Chaurien me semblent être une conséquence normale de notre système d'enseignement qui a banni la géométrie en général et donc la géométrie analytique en particulier.
Je lui conseille de se lancer dans la lecture du JDE!
Amicalement
[small]p[/small]appus
$$MO^2+MB^2-2MO.MB\cos(2\theta)=MO^2+MC^2-2MO.MC\cos(\theta)$$
et on exprime $MC$ comme $r$ dans mes posts précédents.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
Pardonne mes propos et surtout ne te fâche pas, ce serait une perte de temps.
Nous sommes tous les deux d'accord pour déplorer la situation lamentable de notre enseignement dont la dégradation continue de façon inéluctable.
Je suis beaucoup plus vieux que toi et j'ai eu la chance d'apprendre la géométrie à une époque où elle était correctement enseignée.
Tes difficultés en géométrie proviennent peut être de là?
J'ai déjà exposé en long en large et en travers la façon d'obtenir l'équation de la quartique.
Passons maintenant au problème de Tonm
Quand j'ai essayé de comprendre ce qu'il faisait, je ne me suis jamais intéressé à ses calculs au demeurant assez obscurs.
J'ai d'abord essayé de faire sa figure et de tracer le lieu des points $B$ et $C$.
En proposant ma figure, j'avais naturellement effacé la façon dont je l'avais obtenue!
Je rétablis ma construction initiale
Je paramètre la droite $\Delta=AC$ par le point $m$ décrivant le cercle de diamètre $AA'$.
Puis je construis la droite $\Delta'=AB\qquad$
Cela n'est pas trop difficile
Alors $C=L\cap \Delta\qquad$ où $L\ $ est la droite symétrique de $\Delta'$ par rapport au point $A'\qquad$
Enfin je demande à mon logiciel de tracer le lieu de $C$ quand $m$ décrit son cercle pour obtenir la figure que tu as sous les yeux.
Les calculs suivent pas à pas cette construction :
Equation de $\Delta:\qquad$
$$(1)\qquad y=x\tan(\theta).
$$ Equation de $\Delta':\qquad$
$$(2)\qquad y=-x\tan(2\theta).
$$ Symétrie par rapport au point $A':\qquad$
$$(x,y)\mapsto (2a-x,-y).
$$ Equation de $L:\qquad$
$$(3)\qquad -y=-(2a-x)\tan(2\theta).
$$ Identité trigonométrique:
$$(4)\qquad \tan(2\theta)=\dfrac{2\tan(\theta)}{1-\tan^2(\theta)}.
$$ On reporte dans $(4)$ l'expression de $\tan(\theta)$ donnée dans $(1)$ et l'expression de $\tan(2\theta)$ donnée dans $(3)$
On trouve pour l'équation du lieu de $C:\qquad$
$$3x^2-y^2-4ax=0.
$$ On voit que les calculs suivent la construction de façon implacable.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Dans les deux problèmes, j'ai suivi exactement la même méthode:
1° Construire la figure et tracer le lieu
2° Faire les calculs basés sur la construction!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Avec $B(-1)$ et $C(1)$, un peu de Pythagore généralisé et une formule de duplication, je trouve pour équation de la quartique:
$z^2\overline{z}^2 + (z^2\overline{z}+z\overline{z}^2) - (z^2+z\overline{z}+\overline{z}^2) = 0$
Cordialement,
Rescassol
Il y est e-conique.
Je ne suis certainement pas un spécialiste des coniques, (voir Poulbot ou pldx1) et il m'arrive aussi souvent qu'un autre de sécher lamentablement ou de sortir des âneries monumentales.
Meilleurs Vœux pour toi et tous les tiens
[small]p[/small]appus
Je reviens sur la quartique de Djelloul Sebaa.
Un peu de nostalgie en ce début d'année!
Montrer qu'il existe une inversion laissant globalement invariante cette quartique!
Amicalement
[small]p[/small]appus
L'inversion $F(z)=o+\dfrac{k}{\overline{z}-\overline{o}}$ de centre $O\left(o=\dfrac{3}{2}\right)$ et de puissance $k=\dfrac{9}{4}$ laisse l'équation complexe de la quartique globalement invariante.
Le point $A'(0)$ est invariant. Le deux boucles de la courbe s'échangent.
Cordialement,
Rescassol
où $E$ est le symétrique du milieu de $[A'C]$ par rapport à $C$.
Rescassol a raison mais il ne nous a pas dit comment il a Rescassolisé.
Ludwig le valeureux devra revoir sa copie.
J'aurais préféré lire un raisonnement conduisant à ce résultat!
Amicalement
[small]p[/small]appus