Deux parallèles

Mon cher Jean-Louis
Ta configuration est équivalente au lemme suivant où tout se passe sur la $A$-symédiane.
Soit $ABC$ un triangle et $L$ la $A$-symédiane.
$L$ recoupe le cercle circonscrit au triangle $ABC$ en $X$ et le cercle circonscrit au triangle $BKC$ en $Y$, montrer que:
$$\overline{AY}=\dfrac 32.\overline{AX}\qquad$$
Amicalement
[small]p[/small]appus

Pour le lemme de pappus.

ABC un triangle :

$A, B, C\simeq \left[\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1\end{array}\right].$

L la A-symédiane :

$L \simeq \left[\begin{array}{c} 0\\-c^2\\ b^2\end{array}\right].$

L recoupe le cercle circonscrit au triangle ABC en X et le cercle circonscrit au triangle BKC en Y :

$X, Y\simeq \left[\begin{array}{c} -a^2\\ 2 b^2\\ 2 c^2\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} a^2 + b^2 + c^2\\ -3 b^2\\ -3 c^2\end{array}\right].$

Montrons que $\overline{AY}=\dfrac 32.\overline{AX}\qquad.$

On a :

$AY^2 = \dfrac{ 9 b^2 c^2 }{ -a^2 +2 b^2 +2 c^2 }$ et $AX^2 = \dfrac{ 4 b^2 c^2 }{ -a^2 +2 b^2 +2 c^2 }.$

On déduit :

$\dfrac{AY^2}{AX^2} = \dfrac{ \dfrac{ 9 b^2 c^2 }{ -a^2 +2 b^2 +2 c^2 } }{ \dfrac{ 4 b^2 c^2 }{ -a^2 +2 b^2 +2 c^2 } } =\dfrac{9}{4} $

ce qui conduit au résultat annoncé par pappus.

Amicalement

Bonjour JeanLouis
Ce qui est absolument certain, c'est que ta configuration a tout à voir avec l'isogonalité car elle reste valable pour tout point $P$ du plan et son isogonal $P^*$ et pas seulement pour le couple $(K,G)$ formé du point de Lemoine $K$ et de son isogonal $G$.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci Bouzar
Ta démonstration faite pour le couple $(K,G)$ doit sans doute se propager dans le cas général $(P,P^*)$.
Mais évidemment Jean-Louis attend une démonstration synthétique quoique je n'ai jamais compris ce qu'était véritablement une démonstration synthétique.
En effet dès que vous utilisez des axiomes aussi innocents que les axiomes de Thalès ou de Pythagore, vous faites déjà de la géométrie analytique puisque tous les deux se traduisent par des relations algébriques entre longueurs (orientées).
Disons seulement que Jean Louis ne désire aucun calcul ou alors des calculs réduits au strict minimum!
Même si je ne suis pas encore allé au bout de mes réflexions, je vois bien une piste synthétique, hélas basée sur des arguments défunts de géométrie projective.
Je vais proposer deux lemmes qui, je le pense, doivent suffire à prouver l'existence de la configuration de Jean-Louis et même s'ils se montraient insuffisants, ils sont intéressants en eux mêmes.
Voici le premier, je m'intéresserai au second dans un autre message
Regardons la transformation isogonale dans le triangle $ABC$
C'est une notion difficile, une transformation quadratique, qui joue un grand rôle en géométrie algébrique.
Il faut se référer au glossaire de Pierre pour en apprendre toutes les facettes.
On regarde la restriction de la transformation isogonale $i$ à une droite $L$ passant par le sommet $A$.
Une telle droite est appelée $A$-cévienne.par Jean-Louis.
L'image $L^*=i(L)$ est la $A$-cévienne isogonale.
Alors la restriction $i:L\mapsto L^*$ est une homographie.
Étonnant, n'est-il pas?
Quel est l'axe de cette homographie?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour tous
Voici le second lemme qui me semble utile pour prouver l'existence de la configuration de Jean-Louis.
$P$ est un point quelconque dans le plan du triangle $ABC$.
La droite $AP$ recoupe le cercle circonscrit au triangle $BPC$ en $Q$.
$P^*$ et $Q^*$ sont les points isogonaux respectifs des points $P$ et $Q$ dans le triangle $ABC$.
Alors le quadrangle $(B,C,P^*,Q^*)$ est formé de points cocycliques.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci Bouzar
Je reviendrai un peu plus tard sur ta démonstration.
Pour le moment, voici comment je compte utiliser mes deux lemmes pour prouver l'existence de la configuration de Jean-Louis.
A quoi bon glander plus longtemps en effet!
Voir ma figure ci-dessous:
Je note $\infty$ le point à l'infini de la droite $L$ et $\infty_*$ celui de la droite isogonale $L^*$.
On a les égalités suivantes entre birapports, (en effet il est très très difficile de faire de la géométrie projective sans utiliser la notion de birapport!!):

$$\dfrac{\overline{YA}}{\overline{YX}}=(A,X,Y,\infty)=(a',\infty_*,Y^*,Z)=(Y^*,Z,a',\infty_*)=\dfrac{\overline{a'Y^*}}{\overline{a'Z}}$$
Jusqu'ici on ne s'est servi que du lemme 1.
On va maintenant se servir du lemme 2 pour prouver:
$$\dfrac{\overline{a'Y^*}}{\overline{a'Z}}=\dfrac{\overline{a'A}}{\overline{a'P^*}}$$
Cela équivaut à montrer:
$$\overline{a'Y^*}.\overline{a'P^*}=\overline{a'A}.\overline{a'Z}$$
Mais $$\overline{a'Y^*}.\overline{a'P^*}=\overline{a'B}.\overline{a'C}$$
cocyclicité du quadrangle $(B,C,P^*,Y^*)$, (lemme 2)
Et
$$\overline{a'B}.\overline{a'C}=\overline{a'A}.\overline{a'Z}$$
cocyclicité du quadrangle $(A,B,C,Z)$
Et c'est fini, il n'y a plus qu'à appliquer deux fois l'axiome de Thalès.
On vient de montrer que:
$$\dfrac{\overline{YA}}{\overline{YX}}=\dfrac{\overline{a'A}}{\overline{a'P^*}}$$
Mais $$\dfrac{\overline{a'A}}{\overline{a'P^*}}=\dfrac{\overline{BA}}{\overline{BR}}$$
(axiome de Thalès)
Donc $$\dfrac{\overline{BA}}{\overline{BR}}=\dfrac{\overline{YA}}{\overline{YX}}$$
Et $$RX\parallel BY$$
(axiome de Thalès)
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour Bouzar
Une petite critique amicale de ta solution!
1° Tu ne nous dis pas quel est le point de coordonnées homogènes $(u:v:w)$.
Il y a de bonnes chances que ce soit le point $P$ mais cela irait encore mieux en le disant.
2° Tu nous infliges et les coordonnées de $Q^*$ et l'équation homogène du cercle $P^*BC$.
On est bien obligé de te croire!
Mais tes lecteurs débutant en géométrie analytique auraient été bien heureux de lire ne serait-ce que l'ébauche d'un calcul!
Evidemment tout ceci peut se montrer synthétiquement.
Soit $M$ un point du plan et $M^*$ son point isogonal par rapport au triangle $ABC$.
Quelle relation simple a-t-on entre les angles orientés de droites $(MB,MC)$ et $(M^*B,M^*C)$
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
En ce qui concerne l'axe de l'homographie $i:L\mapsto L^*$, le mieux est encore d'avoir le simple courage de faire la figure!
Et voilà ce que l'on obtient ci-dessous.
L'axe de cette homographie est la droite $BC$.
Étonnant, n'est-il pas?
Démontrer que trois points sont alignés, c'est toujours l'extase pour certains d'entre nous.
Cette configuration est certainement dans les petits papiers de Jean-Louis mais il la décrirait sans prononcer le nom honni d'homographie:
La pappusienne de l'hexagone mystique $M_1M^*_2M_3M^*_1M_2M^*_3$ est la droite $BC$.
Merci Jean-Louis pour la pappusienne avec qui j'aimerais bien me promener.
Noter la différence entre la formulation statique de Jean-Louis et la formulation dynamique de l'homographie.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher Jean-Louis
Tout d'abord merci de nous proposer ces énigmes le plus souvent si tordues que la plupart du temps, je sèche lamentablement.
J'étais déjà bien heureux de trouver celle -là, même avec un marteau-pilon!
Les moyens que j'ai employés sont suffisamment sophistiqués pour intéresser en eux mêmes nos lecteurs.
Ceci dit à mon tour de critiquer ton. exercice.
On sent bien que le résultat que tu nous demandes de montrer est un peu artificiel car au lieu de projeter sur la droite $AB$ parallèlement à $BC$, tu aurais pu le faire sur n'importe quelle $A$-cévienne.
En fait tout revient à montrer le parallélisme rouge $P^*X\parallel a'Y$ sur ma figure ci-dessous, donc à comparer des rapports segmentaires sur $L$ et $L^*$.
Pour passer de l'une à l'autre droite, je ne voyais que cette homographie isogonale, d'où ma démonstration car je n'ai fait que tirer sur la ficelle. Il reste quand même à montrer le lemme 2 de façon un peu moins calculatoire que celle de Bouzar.
J'essaye maintenant de deviner ta propre démonstration.
J'ai utilisé mon code de couleur habituel pour suggérer le parallélisme bleu $Pa'\parallel XY^*$ et le parallélisme violet
$PP^*\parallel YY^*$
Peut-être as-tu montré ces deux parallélismes bleu et violet d'abord, le parallélisme rouge en résultant d'après le théorème de Pappus parallèle?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
Je demandais la relation simple existant entre les angles orientés de droites $(MB,MC)$ et $(M^*B,M^*C)$ où $M^*$ est l'isogonal de $M$ dans le triangle $ABC.\qquad$
Là voici:
$$ (MB,MC)+(M^*B,M^*C)=(AB,AC)\qquad$$
Comment la démontrer?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonsoir, cher Pappus,
Grand merci d'avoir pris la peine et le temps de détailler à ce point la démonstration de cette relation !
Ce qui est pour moi le plus difficile, c'est de "voir" un angle orienté comme (BC, MC), par exemple ...
En fait, non, je viens de m'en rendre compte et d'en avoir confirmation dans LH : (BC, MC) = (CB, CM) !
Mais quand même, j'ai vraiment du mal à "voir" le résultat, dans la mesure où, si je reprends les angles "camembert"
équivalents <BMC et <BM*C, j'ai l'impression que leur somme est égale à <BAC + pi ...
Et j'avoue que je n'arrive pas à comprendre les deuxième et troisième égalités pour lesquelles tu remercies Chasles, et notamment pourquoi tu passes, dans la deuxième, de "BA" à "AB", et dans la troisième, de "CA" à "AC" ...
Bien amicalement
JLB
PS : Ayant fait la figure jointe, mon impression est devenue certitude ... et démontrée !
(l'angle en A vaut 57,41°)

Bien cher Pappus,
J'espère que tu ne m'en voudras pas, mais je trouve que ces objets mathématiques plutôt algébriques que sont les angles orientés, avec leur structure de groupe commutatif, ne sont vraiment pas adaptés pour la géométrie, telle que je la comprends et l'apprécie ... Comme tu dis, les angles, de ce point de vue "bourbakiste", sont vraiment trop compliqués pour les géomètres lambda ...
Mais j'aimerais bien, quand même, comprendre pourquoi et comment, selon toi, la somme de deux angles obtus égale un angle aigu ? (je sais, je reste au ras des pâquerettes, mais comme c'est mon niveau habituel ...)
Bien amicalement
JLB

Bonjour, cher Pappus,
Et merci pour ta patience à mon égard !
Et je m'aperçois qu'en fait, j'ai bien dû apprendre ces notions et les comprendre, mais c'était il y a 52 ans ! En effet, j'ai passé le Bac C en 1969. J'ai retrouvé et récupéré, il y a deux ans, les manuels de mathématiques dont je m'étais servi, correspondant au programme de 1966 : le premier chapitre de géométrie portait sur ... les birapports ! Inutile de te dire que j'avais totalement oublié jusqu'à l'existence de ce chapitre !
Bref, je viens de regarder, dans le Lebossé-Hémery de Seconde et dans mon Lespinard-Pernet de Terminale, ce qu'il en est des angles orientés de droites, à ne pas confondre avec les angles orientés "tout court" !
Je vais essayer de faire l'exercice que tu me proposes ...
Bien amicalement
JLB
PS adressé à la modération : n'est-ce pas "éthiquement" gênant de continuer cet échange avec Pappus dans cette discussion initiée par Jean-Louis sur un sujet moins "basique" ?

Mon cher Jelobreuil
Excuse moi, je me suis trompé!
Il y a plus de régions que prévu!
Le plan est partitionné en $10$ régions et non $7$ par les côtés du triangle $ABC$ et son cercle circonscrit.
C'est donc un travail un peu fastidieux qui t'attend si tu as le courage de le mener à bien.
Tu comprendras alors pourquoi l'usage des angles orientés permet d'éviter l'étude de ces $10$ cas particuliers et leurs $10$ preuves du style de celle que tu nous as infligée en la remplaçant par une seule au moyen d'une unique formule, celle que j'ai donnée!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonne Nuit à tous et faites de beaux rêves
Sur la formule:
$$ (MB,MC)+(M^*B,M^*C)=(AB,AC)\qquad$$
il est clair que les cercles du faisceau de cercles à points de base $B$ et $C$ sont transformés en un autre cercle de ce faisceau, mis à part le cercle circonscrit qui s'échange avec la droite de l'infini.
Les deux autres faisceaux, à savoir le faisceau de cercles à points de base $C$ et $A$ et le faisceau de cercles à points de base $A$ et $B$ sont eux aussi globalement invariants mais sont ils les seuls?
Pour le savoir, il faut utiliser les coordonnées barycentriques si chères à notre ami Bouzar!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour,

Voilà, avec Morley circonscrit.
On définit $\Gamma$ par son centre $\Omega(\omega)$ où $\omega=(b+c)t$, $t$ étant un paramètre réel.
On trouve la similitude de centre le point A et d'équation complexe:
$$s:z \mapsto \dfrac{-abc\space\overline{z}+a(b+c)t+bc}{(b+c)t}$$

% Pappus - 21 Mars 2021 - Deux parallèles

clc, clear all, close all

syms a b c
syms aB bB cB % Conjugués

aB=1/a; % Morley circonscrit
bB=1/b;
cB=1/c;

s1=a+b+c; % Fonctions symétriques de a,b,c
s2=a*b+b*c+c*a;
s3=a*b*c;

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

syms t real

syms z p q

% On obtient F(z) en écrivant que (z-om)*(zB-omB)=(b-om)*(bB-omB)
% où om=(b+c)*t est le centre de Gamma, puis en résolvant
% par rapport à zB.
% zB=F(z) est donc équivalent à "Z(z) est sur Gamma".

F(z)=((b+c)*t*z - (b+c)^2*t + b*c)/(b*c*(z-(b+c)*t));
 
pB=F(p); % Pour que P et Q soient sur le cercle Gamma
qB=F(q); % de centre om=(b+c)*t passant par B et C

[pstar pstarB]=TransfoIsogonale(s1,s2,s3,p,pB);
[qstar qstarB]=TransfoIsogonale(s1,s2,s3,q,qB);

K=Factor((qstar-pstar)/(qB-pB)); % Rapport éventuel

% On trouve K=-a*b*c/((b+c)*t)
% K est indépendant de P e Q, donc constant sur le cercle Gamma
% On a donc une similitude indirecte

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

%  Equation et centre de la similitude

syms zB

[A B C]=SimilitudeIndirecte(p,q,pstar,qstar,pB,qB,pstarB,qstarB);

A=Factor(A);  % La similitude a pour équation
B=Factor(B);  % z ---> A*zB + B
C=Factor(C);  % C est le centre s'il existe

% On trouve:
% A = -a*b*c/((b+c))*t;
% B = (a*(b+c)*t+b*c)/((b+c)*t);
% C = a;

% On a donc la similitude indirecte de centre le point A(a):

G(z,zB)= -a*b*c/((b+c)*t) * zB + (a*(b+c)*t+b*c)/((b+c)*t);

% On vérifie:

NulP=Factor(pstar-G(p,pB))
NulA=Factor(a-G(a,aB))

Cordialement,

Rescassol

Bonsoir,

Les droites invariantes de cette similitude sont les deux droites d'équations $z - ar \overline{z} + r-a = 0$, où $r$ est une racine carrée de $bc$.
Elles joignent $A$ aux milieux des deux arcs joignant $B$ et $C$ sur le cercle circonscrit au triangle $ABC$ (je ne sais pas faire un arc au dessus en $\LaTeX$).

Cordialement,

Rescassol

Bonsoir,

$z \mapsto \dfrac{bc}{z}$

Cordialement,

Rescassol

Merci Bouzar!
Pas moyen d'avoir un arc un peu plus grand?
@Rescassol
Tout bêtement, c'est la restriction à la médiatrice de $BC$ de l'inversion par rapport au cercle circonscrit au triangle $ABC$ mais il est vrai que l'inversion a pour toujours disparu de nos mémoires!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour,

Voilà, Pappus:

syms m mB z

[pam qam ram]=DroiteDeuxPoints(a,m,aB,mB);

[o oB R2]=CercleTroisPoints(b,c,m,bB,cB,mB);

zB=-(pam*z+ram)/qam;

Nulz=Factor((z-o)*(zB-oB)-R2);

Eqz=numden(Factor(Nulz/(z-m)));

Eqz=collect(Eqz,z)

% On trouve:

z=((b*c-a*(b+c))*m*mB - s3*a*mB^2 + a*m + s2*a*mB - (a^2+b*c))/((a*mB-1)*(b+c-m-b*c*mB));

zB=Factor(-(pam*z+ram)/qam)

FA(m,mB)=z;
FAB(m,mB)=zB;

[mp mpB]=TransfoIsogonale(s1,s2,s3,m,mB);

F(m,mB)=mp;
FB(m,mB)=mpB;

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

z1=FA(F(m,mB),FB(m,mB)); 
z1B=FAB(F(m,mB),FB(m,mB));

z2=F(FA(m,mB),FAB(m,mB));
z2B=FB(FA(m,mB),FAB(m,mB));

Nul=Factor(z1-z2)     % Égal à 0.
NulB=Factor(z1B-z2B)  % Aussi.

% Donc z1=z2, c'est à dire que F et FA commutent

% On trouve z1 = z2 = (a*(b+c)-b*c - a*m)/(a - m)

Cordialement,

Rescassol

Bonjour à tous
On se doute que la chasse aux angles orientés est d'une trivialité désolante!
Encore faut-il la faire!
Et surtout, surtout, connaître un minimum minimorum de géométrie circulaire.
Ce qui est pratiquement impossible aujourd'hui.
La démonstration de Rescassol est basée sur l'écriture homographique en complexes des transformations circulaires.
Voici la mienne plus synthétique basée sur un exposé de la géométrie circulaire tel qu'on peut le trouver dans le livre d'Iliovici-Robert dont j'ai déjà dit le plus grand bien.
Il s'agit de montrer par l'utilisation des angles orientés de droites que les triangles $ACP\ $ et $AQ^*B\ $ sont directement semblables.
Cela, en principe, était faisable par un bachelier des années 1945-50.
On se doute qu'aujourd'hui, c'est devenu mission impossible!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci Rescassol pour ces précisions!
Allons y pour la triviale chasse aux angles:
1°$(AP,AC)=(AB,AP^*)=(AB,AQ^*),\ $ $A$-isogonalité des céviennes $AP$ et $AP^*\ $ et alignement des points $A,\ $ $P^*,\ $ $Q^*.\qquad$
2°$(CP,CA)=(CB,CP^*),\ $ $C$-isogonalité des céviennes $CP\ $ et $CP^*.\qquad$
$(CB,CP^*)=(Q^*B,Q^*P^*)=(Q^*B,Q^*A)\ $, cocyclicité du quadrangle $(B,C,P^*,Q^*)\ $ et alignement des points $A\ $, $P^*\ $,$Q^*\qquad$
Finalement
$(CP,CA)=(Q^*B,Q^*A)\qquad$
Il en résulte que les triangles $ACP\ $ et $AQ^*B\ $ sont directement semblables.
Vient maintenant le raisonnement de la défunte géométrie circulaire proprement dit.
La similitude directe $ACP\mapsto AQ^*B$ est une transformation circulaire directe qui fixe le point à l'infini $\infty.\qquad$
On a l'égalité suivante entre birapports, (il est très très difficile de faire de la géométrie projective sans parler de birapport!):
$(A,C,P,\infty)=(A,Q^*,B,\infty),\ $ conservation du birapport par une transformation circulaire directe.
$(A,Q^*,B,\infty)=(B,\infty,A,Q^*),\ $ groupe du birapport: faut savoir ce qu'est un groupe, faut savoir ce qu'est un birapport et faut savoir ce qu'est le groupe du birapport, c'est beaucoup trop demander à notre époque médiévale!
$(B,\infty,A,Q^*)=(\infty,B,Q^*,A),\ $ groupe du birapport: faut savoir ce qu'est un groupe, faut savoir ce qu'est un birapport et faut savoir ce qu'est le groupe du birapport, c'est beaucoup trop demander à notre époque médiévale!
Finalement:
$$(A,C,P,\infty)=(\infty,B,Q^*,A),\ $$
Ce qui prouve qu'il existe une transformation circulaire directe échangeant $A$ et $\infty$, envoyant $C$ sur $B$ et $P$ sur $Q^*$, i.e:
$$\varphi_A(P)=Q^*$$
Amicalement
[small]p[/small]appus