Une relation de Goormaghtigh

Bouzar · January 2021

Bonsoir,

Je propose ce nouveau problème.

Deux points $P, Q$ sont symétriques par rapport au centre du cercle circonscrit d'un triangle, les conjugués isogonaux de $P, Q$ sont $P', Q'$, et $M$ est le milieu du segment $[P'Q'].$
Montrer que l'on a :

$PQ \times P'Q' = 4R \times HM$,

où $H$ est l'orthocentre et $R$ est le rayon du cercle circonscrit au triangle.

Amicalement

Jean-Louis Ayme · January 2021

Bonjour Bouzar,
Goormaghtigh en a-t-il donné une preuve synthétique ou simplement calculatoire?

Sincèrement
Jean-Louis

Rescassol · January 2021

Bonjour,

Avec Morley circonscrit:

% Bouzar - 13 Janvier 2021 - Une relation de Goormaghtigh 

clc, clear all, close all

syms s1 s2 s3;
syms s1B s2B s3B; % Conjugués

s1B=s2/s3;
s2B=s1/s3;
s3B=1/s3;

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

syms p pB

q=-p;
qB=-pB;

[pp ppB]=TransfoIsogonale(s1,s2,s3,p,pB);
[qp qpB]=TransfoIsogonale(s1,s2,s3,q,qB);
 
m=Factor((pp+qp)/2); % On trouve m = -(s3*pB^2 + s1)/(p*pB - 1)
mB=Factor((ppB+qpB)/2);

PQ2=Factor((q-p)*(qB-pB));
PpQp2=Factor((qp-pp)*(qpB-ppB));
HM2=Factor((m-s1)*(mB-s1B));

% On trouve HM2 = p*pB*(p + pB*s2)*(p*s1 + pB*s3)/(s3*(p*pB - 1)^2)

Nul=Factor(PQ2*PpQp2-16*HM2) % Égal à 0 donc c'est gagné

Cordialement,

Rescassol

pappus · January 2021

Merci Rescassol
Je vais essayer de faire la même chose que toi avec un peu plus d'huile de coude
Le couplage isogonal de Morley entre les complexes $z$ et $z'$ est donné par la formule que tu connais bien :
$$s_3\overline z.\overline {z'}+z+z'-s_1=0.
\qquad$$ De même le couplage isogonal de Morley entre les complexes $-z$ et $z''$ est donné par :
$$-s_3\overline z.\overline {z''}-z+z''-s_1=0.
\qquad$$ On additionne ce fourbi :
$$s_3\overline z(\overline{z'}-\overline{z''})+z'+z''-2s_1=0,
\qquad$$ ou encore :
$$\dfrac{s_3\overline z}2(\overline{z'}-\overline{z''})=s_1-\dfrac{z'+z''}2.
\qquad$$ On passe au module et c'est gagné !
La morale de l'histoire c'est que Goormagith connaissait certainement le couplage de Morley !
Amicalement
[small]p[/small]appus.

Bouzar · January 2021

Bonjour et merci de vos contributions.

Pour Jean-Louis, Goormaghtigh n'a pas donné de solution à son problème qui date de 1942. Mais un certain Li Ou de l'université de Yenching en Chine a donné une solution identique à Rescassol et pappus.

Amicalement

jelobreuil · January 2021

Bonjour Bouzar, Pappus, Rescassol, Jean-Louis, et tous les autres,
Une idée en l'air, comme ça, à tout hasard ...
Puisqu'il me semble, ingénument, que M est l'homologue de O dans la transformation (si la conjugaison isogonale peut être considérée comme telle) qui envoie P sur P' et Q sur Q', peut-on répondre à cette question en considérant les ellipses associées, de foyers P et P' d'une part et Q et Q' d'autre part ?
Et si c'est une héneaurme bêtise, n'hésitez pas à me le faire savoir !!
Bien cordialement
JLB

pappus · January 2021

Mon cher Jelobreuil
Quel est le point de la figure que tu appelles $O?\qquad$
Amicalement
[small]p[/small]appus

jelobreuil · January 2021

Bien cher Pappus,
J'espère que ma bourde, loin de t'affliger, t'aura bien fait rire, ou tout au moins sourire !
Je te remercie de la délicatesse avec laquelle tu m'as mis devant mon erreur : c'est bien entendu, comme tu t'en doutes, au centre du cercle circonscrit que je pensais en écrivant "O", et à la lecture de ton message, il ne m'a pas fallu plus de 30 secondes pour me souvenir de la relation "spéciale" (apprise dans le Lalesco, notamment) que j'avais oubliée et qui, dans un triangle, lie l'orthocentre et le centre du cercle circonscrit : comme il s'agit d'un couple de points conjugués isogonaux, ma tentative d'introduire le point M dans ce couple est tout à fait condamnable, non seulement du point de vue purement mathématique, mais sur le plan de la morale : "Tentative d'incitation à l'adultère ? Attention, mon gaillard ! Sur "lesmathématiques.net", on ne rigole pas avec la gaudriole ! Non mais ! Que je ne vous y reprenne pas, ou alors, vous ferez bien de numéroter vos abattis numériques !"
Ceci écrit en vertu de la maxime "heureux ceux qui savent rire d'eux-mêmes : ils n'ont pas fini de rigoler !" ...
Je vais maintenant faire ce que je n'avais pas le temps de faire tout à l'heure : une figure ! Et j'espère ainsi voir les choses, disons, de manière un peu plus exacte ...
Bonne soirée, bien cordialement
JLB

jelobreuil · January 2021

Bonsoir à tous,
Voici une figure pour ce problème, où j'ai fait figurer les ellipses (je suppose que vous l'avez déjà remarqué : c'est un peu mon "dada" ou mon péché mignon ...) correspondant aux couples de points conjugués isogonaux P/P' et Q/Q', en rouge et mauve respectivement.
Même si cela ne fait pas "avancer le schmilblick" ...
Bonne nuit, bien cordialement
JLB 115940

pappus · January 2021

Mon cher Jelobreuil
Tu as une infinité de coniques de foyers $P$ e $P'$.
Laquelle choisis-tu pour faire ta figure?
Amicalement
[small]p[/small]appus

jelobreuil · January 2021

Bien cher Pappus,
Les ellipses de ma figure n'ont pas P/P' ou Q/Q' pour foyers, c'est évident ! Les ellipses que j'ai tracées sont celles qui passent par les six points d'intersection des céviennes des deux points de chaque couple avec les côtés. Et je ne saurais nullement déterminer où se cachent leurs foyers !
Mais je m'avoue incapable de dire si, oui ou non, elles aident à établir la relation de Goormaghtigh ...
Bien amicalement
JLB

pappus · January 2021

Mon cher Jelobreuil
Dans ce message, tu parlais d'ellipses de foyers $P$ et $P'$ (resp.$Q$ et $Q'$), je m'en suis tenu là puisque sur ta figure, tes ellipses n'étaient pas explicitement définies.
Mais il y a néanmoins quelque chose d'évident!
Si tu construis au hasard divers objets géométriques, il est pratiquement sûr qu'ils n'auront aucun rapport avec les questions que tu te poses.
En géométrie comme ailleurs, il faut un minimum de réflexion!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Jean-Louis Ayme · January 2021

Bonjour,

Pour aller vers une résolution métrique…

1. Notons X, Y les points d’intersection de (PQ) et (P’Q’), (PQ’) et (QP’)

Nous savons que X et Y sont deux points isogonaux de ABC.

Conjecture : (XY) passe par le milieu de [PP’].

Any ideas ?

Sincèrement
Jean-Louis

Jean-Louis Ayme · January 2021

Désolé,
ma conjecture est inexacte...

Sincèrement
Jean-Louis

pappus · January 2021

Bonjour à tous
S'il fallait chercher une preuve synthétique, j'irais plutôt la chercher de ce coté là:
La transformée par isogonalité du diamètre $D$ contenant le segment $PQ$ est une hyperbole équilatère circonscrite $\Delta\qquad$
Sur ma figure $\Gamma$ est le cercle circonscrit.
$\gamma$ est le cercle de diamètre $PQ$
$\gamma'$ est le cercle de diamètre $P'Q'$
Le théorème de Goormaghtigh résulte des observations suivantes:
1° Les points $H$ et $K$ sont inverses par rapport au cercle $\gamma'$.
2° Le point $K$ est un centre de similitude pour les cercles $\gamma$ et $\gamma'$.
Il n'empêche que la preuve de Morley est la plus courte possible!
Amicalement
[small]p[/small]appus 116040

pappus · January 2021

Bonjour à tous
La propriété n° 1 se traduit par:
$$4.MP'^2=4.MQ'^2=P'Q'^2=4.MH.MK\qquad$$
La propriété n° 2 se traduit par:
$$\dfrac{PQ}{P'Q'}=\dfrac{KO}{KM}\qquad$$
On multiplie le fourbi et on trouve:
$$PQ.P'Q'=4.OK.HM=4R.HM\qquad$$
CQFD
Il reste évidemment à prouver les propriétés (1) et (2) et ça va être plutôt duraille à une époque où les notions de centre de similitude et de points inverses ont foutu le camp pour l'éternité!

jelobreuil · January 2021

Bonjour, cher Pappus,
Je tente l'aventure ! et j'implore ton indulgence si ce que je vais écrire est parfaitement idiot, inepte ou farfelu (je te laisse le choix de l'épithète ;-)) :
Deux points A et B sont dits "inverses par rapport au cercle de centre O et de rayon R" (je n'en ai pas trouvé de définition dans le Lebossé-Hémery : peut-être n'ai-je pas cherché au bon endroit ?) si la droite AB contient le centre O et si le produit des distances OA.OB est égal au carré du rayon.
Donc ici, "H et K sont inverses par rapport au cercle gamma-prime", cercle de centre M et de diamètre P'Q', cela donne : MH.MK = MP'² = P'Q'²/4 : c'est bien la première de tes deux relations.
D'autre part, le point K est le centre de la similitude qui envoie le cercle gamma sur le cercle gamma-prime, donc le centre O sur le centre M, et le rapport de cette similitude, égal à KM/KO, est aussi le rapport des diamètres de ces cercles, soit P'Q'/PQ. Donc, en inversant ces rapports, on a bien la deuxième de tes relations.
La suite, comme tu dis, n'est que manipulation de ces égalités :
De la deuxième, on tire P'Q' = PQ.KM/KO, et on remplace par cette valeur l'un des deux facteurs P'Q' du dernier membre de la première égalité : MH.MK = P'Q'.PQ.KM/4KO => 4KO.MH = P'Q'.PQ.
Bien amicalement
JLB

Jean-Louis Ayme · January 2021

Bonjour,

après quelques recherches, je suis arrivé à prouver la relation de Goormagtigh...en faisant appel au P-cercle de Hagge...

Je passe à la rédaction...

Sincèrement
Jean-Louis

PGL@R92 · February 2021

Bonjour,
$R$ et $R'$ conjugués isogonaux de $P$ et $P'$, milieu $M$,
$S$ et $S'$ conjugués isogonaux de $Q$ et $Q'$, milieu $N$,
on pose $OP = k OA$.
La relation de Goormaghtigh donne :
$HM = HD \; k^2/(k^2-1)$
donc $M$ et $N$ appartiennent au cercle image de $(ABC)$ par l'homothétie $(H, k^2/(k^2 - 1) )$.

Quid de la relation angulaire : $\widehat{MTN} = 2 \, \widehat{QOP}$
Merci d'avance.
PL. 117230

PGL@R92 · February 2021

Bonjour,

$\overrightarrow{TM} = k' \, \overrightarrow{OD} \qquad$ et $\qquad \overrightarrow{TN} = \, k' \overrightarrow{OD'} \qquad $ avec $\quad k' = \dfrac{k^2}{ k^2 - 1}$

donc $\widehat{MTN} = \widehat{DOD'}$

$D$ et $D'$ sont les conjugués isogonaux des points à l'infini des droites $PP'$ et $QQ'$,
donc $AD$ et $AD'$ ont les directions symétriques de $PP'$ et $QQ'$ par rapport à la bissectrice $AI$

$\widehat{DAD'} = \widehat{QOP}$

$\widehat{DOD'} = 2 \, \widehat{DAD'}$

Simple et rapide. Par contre, si quelqu'un a une idée de géométrie synthétique pour prouver $k = \dfrac{MH}{MR} = \dfrac{OP}{AP}$, je lui en serai reconnaissant.

PL

Jean-Louis Ayme · February 2021

Bonjour,
merci pour cette ouverture...
Mais quel point de vue voulez-vous développer par rapport au problème initial?
Votre rapport OP/OA et l'angle associé peuvent être mis en relation avec MH/MD où D est défini de la faon suivante

Mr' la perpendiculaire à (BC) issue de R'
D le pied de la perpendiculaire à Mr' issue de R avec vos notations ;

les triangles OAP et MDH sotn alors inversement semblables (à démontrer)....

Sincèrement
Jean-Louis

PGL@R92 · February 2021

Bonjour Jean-Louis,

Je ne trouve pas de similitude avec la construction que tu indiques. Mais je peux construire le triangle $RR'X$ anti-semblable à $PP'A$ et $X$ est situé sur le cercle $(M, MD)$ (la relation de Goormaghtigh le prouve). Comme tu le dis : "à démontrer", sans utiliser Goormaghtigh bien sûr puisque c'est la relation que je voudrais démontrer.

Où en es-tu de ta rédaction avec le P-cercle de Hagge ?

Amicalement
Pierre 117322