Cercle orthoptique

Bonsoir,

Voilà ce que je trouve. Le centre du cercle orthoptique a pour coordonnées barycentriques $\simeq \left[\begin{array}{c} \lambda+ q + r\\ \mu+ p + r\\ \nu+ p + q\end{array}\right]$ et le rayon est $\rho = \dfrac{\lambda \mu+ \lambda \nu+ 2 \mu \nu- 2 p^2 + 2 \mu q - 2 p q - q^2 + 2 h r - 2 p r - r^2}{(\lambda+ \mu+ \nu+ 2 p + 2 q + 2 r)^2}.$

Amicalement

Bonsoir pappus, jelobreuil et à tous,

J'ai observé le phénomène suivant.

On considère une conique $\Gamma$ non dégénérée dont une équation ponctuelle est :

$$ ax^2 + 2hxy + by^2 + 2gx + 2fy + c = 0.$$

Une équation de l'équation homogène de la conique est :

$$ ax^2 + 2hxy + by^2 + 2gzx + 2fzy + cz^2 = 0.$$

Soit $\mathcal{M}$ la matrice de l'équation homogène de la conique. On a :

$\mathcal{M} = \begin{pmatrix}
a& h& g\\
h& b& f\\
g& f& c
\end{pmatrix}.$

Soit $\mathcal{M}^{*}=[m_{ij}]$ la matrice adjointe de $\mathcal{M}$.

Je conjecture (sauf erreur) qu'une équation du cercle orthoptique de $\Gamma$ est donnée par la formule :

$m_{33}(x^2+y^2+1)-2\left((x\quad y\quad 0)\left(\mathcal{M}^{*}\left[\begin{array}{c} 0\\0\\ 1\end{array}\right]\right)\right)-trace(\mathcal{M}^{*})=0.$

Amicalement

Bonjour

Voici une méthode que j'ai mis en œuvre.

Soit $fu^2 + gv^2 + hw^2 + 2pvw + 2qwu + 2ruv=0$ une équation tangentielle d'une conique non dégénérée.

La matrice $\mathcal W$ associée à l'équation tangentielle est :

$\mathcal W=

\begin{pmatrix}

f&r&q\\

r&g&p\\

q&p&h

\end{pmatrix}.$

Son déterminant $det(\mathcal W)$ est $f g h - f p^2 - g q^2 + 2 p q r - h r^2 \neq 0.$

L'inverse de $\mathcal W$ existe et est donnée par :

$\mathcal W^{-1}= \dfrac{1}{det(\mathcal W)^3} \begin{pmatrix}

g h - p^2 &p q - h r&-g q + p r\\

p q - h r&f h - q^2&-f p + q r\\

-g q + p r&-f p + q r&f g - r^2

\end{pmatrix}.$

Une équation ponctuelle barycentrique homogène $S$ est :

$(g h - p^2) x^2+(f h - q^2) y^2+(f g - r^2) z^2+2 (p q - h r) x y+2 (-g q +p r) x z+2 (-f p +q r) y z=0$

soit

$(x \quad y \quad z) (det(\mathcal W)^3 \mathcal W^{-1})\left[\begin{array}{c} x\\ y\\ z\end{array}\right] = 0.$

On calcul ensuite les trois dérivées partielles de $S$ :

$\dfrac{1}{2}\frac{\partial S}{\partial x}=(g h - p^2) x+(p q - h r) y+(-g q + p r) z$

$\dfrac{1}{2}\frac{\partial S}{\partial y}=(p q - h r) x+(f h - q^2) y+(-f p +q r) z$

$\dfrac{1}{2}\frac{\partial S}{\partial z}=(-g q + p r) x+(-f p +q r) y+(f g - r^2) z.$

Voici une formule pour la détermination du centre du cercle orthoptique.

Soit $\mathcal W^{*}$ la comatrice associée à $S$. On a :

$\mathcal W^{*}=det(\mathcal W)^3

\begin{pmatrix}

f&r&q\\

r&g&p\\

q&p&h

\end{pmatrix}.$

Les coordonnées barycentriques du centre sont :

$\left[\begin{array}{c} 1\\ 1\\ 1\end{array}\right] \mathcal W^{*} \simeq \left[\begin{array}{c} f + q + r\\ g + p + r\\ h + p + q\end{array}\right].$

Je pose $\sigma$ le carré de la somme des coordonnées barycentriques du centre. Soit $\sigma = (f + g + h + 2( p + q + r))^2.$

Je considère à présent la matrice $\mathcal B=\mathcal N - 2\mathcal M =

\begin{pmatrix}

-a^2&2S_c&2S_b\\

2S_c&-b^2&2S_a\\

2S_b&2S_a&-c^2

\end{pmatrix}$

où $\mathcal N = \begin{pmatrix}

a^2&0&0\\

0&b^2&0\\

0&0&c^2

\end{pmatrix}$ et $\mathcal M= \begin{pmatrix}

a^2&-S_c&-S_b\\

-S_c&b^2&-S_a\\

-S_b&-S_a&c^2

\end{pmatrix}$.

Je considère à présent :

$U_1 = \left[\begin{array}{c} -a^2\\ 2S_c\\ 2S_b\end{array}\right]$

$U_2 \left[\begin{array}{c} 0\\ -b^2\\ 2S_a\end{array}\right]$

$U_3 = \left[\begin{array}{c} 0\\ 0\\ -c^2\end{array}\right]$

Voici ma formule donnant le carré du rayon du cercle orthoptique :

$\rho^2 = \dfrac{\dfrac{1}{2}\frac{\partial S}{\partial x}( -a^2\quad 2S_c\quad 2S_b )+\dfrac{1}{2}\frac{\partial S}{\partial y}(0\quad -b^2\quad 2S_a )+\dfrac{1}{2}\frac{\partial S}{\partial z}( 0\quad 0\quad -c^2 ) }{ \sigma}$

c'est-à-dire

$\rho^2 = \dfrac{\frac{\partial S}{\partial x}( -a^2\quad 2S_c\quad 2S_b )+\frac{\partial S}{\partial y}(0\quad -b^2\quad 2S_a )+\frac{\partial S}{\partial z}( 0\quad 0\quad -c^2 ) }{ 2\sigma}$

soit encore

$\rho^2 = \dfrac{ -a^2(g h - p^2) +2S_c(p q - h r) + 2S_b(-g q + p r) -b^2(f h - q^2)+2S_a(-f p +q r) -c^2(f g - r^2) }{ (f + g + h + 2( p + q + r))^2 }.$

Je résume mon résultat :

Soit $fu^2 + gv^2 + hw^2 + 2pvw + 2qwu + 2ruv=0$ une équation tangentielle d'une conique non dégénérée. Le cercle orthoptique de cette conique a pour centre :

$\simeq \left[\begin{array}{c} f + q + r\\ g + p + r\\ h + p + q\end{array}\right]$

et le carré du rayon est donné par :

$\rho^2 = \dfrac{ -a^2(g h - p^2) +2S_c(p q - h r) + 2S_b(-g q + p r) -b^2(f h - q^2)+2S_a(-f p +q r) -c^2(f g - r^2) }{ (f + g + h + 2( p + q + r))^2 }.$

Maintenant (j'ai loupé ma sieste !) il faut appliquer ceci à ce qui se trouve dans le JDE page 434.

On se donne la conique tangentielle $\Gamma\ $ dont l'équation tangentielle par rapport au triangle de référence $ABC$ est :
$$\lambda u^2+\mu v^2+\nu w^2+2(pvw+qwu+ruv)=0.

$$ Alors l'équation de son cercle orthoptique est :
$$\Delta(a^2yz+b^2zx+c^2xy)+(\alpha x+\beta y+\gamma z)(x+y+z)=0,
$$ avec
$$\begin{cases}
\Delta&=&-((\lambda+\mu+\nu)+2(p+q+r))\\
\alpha&=&\mu c^2+p(b^2+c^2-a^2)+\nu b^2\\
\beta&=&\nu a^2+q(c^2+a^2-b^2)+\lambda c^2\\
\gamma&=&\lambda b^2+r(a^2+b^2-c^2)+\mu a^2
\end{cases}
\qquad

$$

On pose $\lambda = f, \quad \mu =g, \quad \nu = h.$

Le cercle orthoptique de la conique a pour centre :

$\simeq \left[\begin{array}{c} \lambda + q + r\\ \mu + p + r\\ \nu + p + q\end{array}\right]$

et le carré du rayon est donné par :

$\rho^2 = \dfrac{ -a^2(\mu \nu - p^2) +2S_c(p q - \nu r) + 2S_b(-\mu q + p r) -b^2(\lambda \nu - q^2)+2S_a(-\lambda p +q r) -c^2(\lambda \mu - r^2) }{ (\lambda + \mu + \nu + 2( p + q + r))^2 }.$

Nous y sommes presque.

On sait qu'une équation du cercle de centre $\simeq \left[\begin{array}{c} u\\ v\\ w\end{array}\right]$ et dont le carré du rayon est $r^2$ est donnée par :

$\small a^2 y z + b^2 z x + c^2 x y -(x + y + z)((\dfrac{c^2 v^2 + 2 S_a v w + b^2 w^2}{(u + v + w)^2} - r^2)x+ (\dfrac{a^2 w^2 + 2 S_b w u + c^2 u^2}{(u + v + w)^2} - r^2)y + (\dfrac{b^2 u^2 + 2 S_c u v + a^2 v^2}{(u + v + w)^2} - r^2 )z)=0.$

Ici, on a :

$\small \dfrac{c^2 v^2 + 2 S_a v w + b^2 w^2}{(u + v + w)^2} - r^2= \dfrac{-a^2 p + c^2 (\mu + p) + b^2 (\nu + p)}{\lambda + \mu + \nu + 2 (p + q + r)}=\dfrac{ c^2 \mu + p(c^2 - a^2+ b^2 ) + b^2 \nu )}{\lambda + \mu + \nu + 2 (p + q + r)} = \dfrac{\alpha}{\lambda + \mu + \nu + 2 (p + q + r)} $


$\small \dfrac{a^2 w^2 + 2 S_b w u + c^2 u^2}{(u + v + w)^2} - r^2 =\dfrac{ -b^2 q + c^2 (\lambda+ q) + a^2 (\nu + q)}{\lambda + \mu + \nu + 2 (p + q + r)}=\dfrac{c^2\lambda+ q( -b^2 + c^2+a^2) + a^2\nu }{\lambda + \mu + \nu + 2 (p + q + r)} = \dfrac{\beta}{\lambda + \mu + \nu + 2 (p + q + r)}$

$\small \dfrac{b^2 u^2 + 2 S_c u v + a^2 v^2}{(u + v + w)^2} - r^2 =\dfrac{-c^2 r + b^2 (\lambda + r) + a^2 (\mu + r)}{\lambda + \mu + \nu + 2 (p + q + r)}=\dfrac{b^2\lambda +r (-c^2 + b^2+a^2)+ a^2\mu }{\lambda + \mu + \nu + 2 (p + q + r)}=\dfrac{\gamma}{\lambda + \mu + \nu + 2 (p + q + r)} .$

Par suite, une équation du cercle orthoptique est :

$\small a^2 y z + b^2 z x + c^2 x y -(x + y + z)(\dfrac{\alpha}{\lambda + \mu + \nu + 2 (p + q + r)} x+ \dfrac{\beta}{\lambda + \mu + \nu + 2 (p + q + r)}y + \dfrac{\gamma}{\lambda + \mu + \nu + 2 (p + q + r)}z)=0.$

En multipliant par $\Delta' = \lambda + \mu + \nu + 2 (p + q + r)$, on en tire :

$\Delta' (a^2 y z + b^2 z x + c^2 x y) -(x + y + z)(\alpha x+ \beta y + \gamma z)=0$

soit en multipliant par $-1$ :

$-\Delta' (a^2 y z + b^2 z x + c^2 x y) + (x + y + z)(\alpha x+ \beta y + \gamma z)=0$

En posant $\Delta = - \Delta',$ on obtient :

$\Delta (a^2 y z + b^2 z x + c^2 x y) + (x + y + z)(\alpha x+ \beta y + \gamma z)=0$

La formule du JDE est donc prouvée.

Amicalement