Les Pectases

pappus · April 2021

Bonjour à tous
Un petit problème pour les amateurs des axiomes de Thalès et de Pythagore afin de supporter le nouveau confinement!

Chercher à l'intérieur d'un triangle $ABC$ deux points $P$ et $Q$ vérifiant les propriétés suivantes:
1° $P\ $ et $Q\ $ sont isogonaux dans le triangle $ABC.\qquad$
2° $A'B'C'\ $ est le triangle podaire de $P$.
3° $\mathbb{Aire}(AB'QC')=\mathbb{Aire}(BC'QA')=\mathbb{Aire}(CA'QB'))\qquad$
Un petit bonus pour les enragés d'$ETC!\qquad$
Sur ma figure, j'ai tracé une solution $(P,Q)$ où $P$ et $Q$ appartiennent bien à la liste de Kimberling!
Amicalement
[small]p[/small]appus 119642

poulbot · April 2021

Bonjour Pappus
Une solution très simple $P=O,Q=G$.
Il semblerait que, pour tout point $P$, il existe un point $Q$ et un seul et que la transformation $P\longmapsto Q$ soit quadratique involutive, ce qui est tout sauf évident, en tout cas pour moi.
Amicalement. Poulbot

poulbot · April 2021

Re-bonjour Pappus
Je viens de m'apercevoir que j'avais par inattention zappé le 1° et que j'avais abordé ton problème sans supposer $P$ et $Q$ isogonaux, ce qui est aussi relativement intéressant.
Amicalement. Poulbot

Chaurien · April 2021

Ne pas confondre avec l'épectase (:D.

poulbot · April 2021

Le Président Félix Faure a-t-il découvert des résultats géométriques?

PetitLutinMalicieux · April 2021

Bonjour

Sûrement. Il était Faure.

pappus · April 2021

Excuse moi Poulbot
J'ai rajouté la condition 1° un peu plus tard pour satisfaire les enragés d'$ETC.\qquad$
Mais on peut se passer de la condition 1°, le problème reste aussi intéressant!
Amicalement
[small]p[/small]appus

pappus · April 2021

Mon cher Poulbot
Non content d'être notre maître à tous en géométrie, tu connais aussi l'histoire de France!
Quant à la pectase à ma grande surprise, elle est dans le dictionnaire!
Ce qui rend mon exercice d'autant plus fruité!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
$(P,Q)=\big(X(n),X(n+1)\big)\ $ avec $n\sim 40000$

poulbot · April 2021

Merci Pappus. Ainsi j'aurais du attendre un peu.
Avec ta condition 1°, les points $P$ et $Q$ étant isogonaux, sont les foyers d'une conique inscrite. Par chance, il n'y a qu'une solution et la conique correspondante n'est pas encore totalement oubliée.
Mais ces points sont-ils dans ETC?
Merci de nous indiquer qu'il faut les chercher très loin!!
Amicalement. Poulbot

pappus · April 2021

Mon cher Poulbot
J'ai simplement fait la recherche $(13,9,6)$!
J'ai été étonné qu'il faille chercher aussi loin!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Ludwig · April 2021

Bonjour,

Mieux vaut regarder $P$ comme point particulier de $A'B'C'$, cela évite d'aller chercher au fin fond de ETC. Mais je n'ai pas trouvé pour autant.

(et ma méthode qui consiste à taper la commande : Position(P, Séquence(TriangleCentre(A, B, C, n), n, 1, 5000)) ne donne pas le résultat car GeoGebra intègre les points de ETC seulement jusqu'à 3053..)

ev · April 2021

Le mot "épectase" a été utilisé par l’évêché de Paris pour signalé la disparition de Mgr Daniélou.

Communiqué repris par le Canard Enchaîné avec la légèreté qui lui est coutumière, l'épectase a été attribuée ensuite rétro-activement à Félix Faure.

Même dans ces conditions, ça ne donne pas envie de mourir.

e.v.

pappus · April 2021

Mon cher Ludwig
Tu peux faire la recherche dans ETC lui même avec la méthode $(6,9,13)$ qui est expliquée sur ce site
Tout ce que tu as à faire avec GeoGebra est de mesurer la distance d'un point à une droite avec 10 décimales.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Ludwig · April 2021

Quelle méthode $(6,9,13)$ ? Je n'ai rien trouvé sur le forum. Tu peux mettre un lien stp.

Rescassol · April 2021

Bonjour,

Ça se trouve là: <https://faculty.evansville.edu/ck6/encyclopedia/etc.html>, dans la section "Tables".

Cordialement,

Rescassol

Ludwig · April 2021

Merci Rescassol. J'ai appliqué la méthode $(6,9,13)$ et je trouve $0,116567$, nombre qui devrait être dans la liste de cette page. Or il n'y est pas.

pappus · April 2021

Bonne Nuit à tous et faites de beaux rêves
Voilà ce que j'ai obtenu!
Il reste maintenant à justifier cette propriété.
Comment diable ai-je fait?
Amicalement
[small]p[/small]appus 119714

Ludwig · April 2021

Bonjour,

Je n'y comprends rien, dans la table de la première des coordonnées trilinéaires normalisées, $ETC$ $39163$ correspond à $0.28872239644783357426$. Tu as seulement mesuré une distance en cm et c'est tout. Ton triangle $ABC$ a d'abord été normalisé, d'une façon ou d'une autre non ?

pappus · April 2021

Bonjour Ludwig
Avec mon logiciel, j'ai tracé le triangle $ABC$ avec:
$BC=13cm\ $, $CA =9cm$, $AB=6cm$
Puis j'ai mesuré avec le logiciel la distance au côté $BC$ du point que je recherche dans $ETC$.
Ensuite tu vas sur le site d'$ETC$.
Tu vas sur Tables.
Et tu sélectionnes Search 13.6.9
Et tu suis les aides du site.
Amicalement
[small]p[/small]appus 119728

pappus · April 2021

Bonjour à tous
A part Poulbot qui a donné la méthode à suivre, tous les autres se sont contentés de la (petite) histoire de France faute de savoir aller plus loin que les axiomes de Thalès et de Pythagore!
Amicalement
[small]p[/small]appus

pappus · April 2021

Bonjour à tous
Que dit Poulbot?
La correspondance entre les points $P$ et $Q$ vérifiant mes conditions 2° et 3° est quadratique involutive, c'est en fait une isogonalité!
Il ne faut pas croire qu'en baillant aux axiomes de Thalès et de Pythagore, cela va vous tomber tout cuit dans la bouche.
Il va falloir faire des calculs de préférence en coordonnées barycentriques!
Ensuite il faudra exhiber les points d'indétermination $(U,V,W)$ de cette isogonalité.
Voir le glossaire de Pierre, page 214.
Si je ne me trompe, je soupçonne qu'on peut les construire de la façon suivante, une façon évidemment due à Poulbot comme d'habitude.
Le triangle $UVW$ est inscrit dans le cercle circonscrit au triangle $ABC$.
On considère le triangle antipodal $U'V'W'$.
Alors les droites de Simson des points $U'$, $V'$, $W'$ sont concourantes au centre de gravité $G$ du triangle $ABC$.
Je rappelle que Poulbot nous a donné une magnifique construction des droites de Simson passant par un point, il y a bien longtemps!
Bref si ce que je dis est vrai, tout se tient du début à la fin grâce à Poulbot!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Rescassol · April 2021

Bonjour,

Avec Morley circonscrit:

% Pappus - 01 Avril 2021 - Les Pectases

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 p pB

[ap bp cp apB bpB cpB]=TrianglePodaire(a,b,c,p,aB,bB,cB,pB);

% On trouve ap = (b + c + p - b*c*pB)/2 et permutation circulaire.

[q qB]=TransfoIsogonale(s1,s2,s3,p,pB);

AireA=Aire(q,bp,a,qB,bpB,aB)+Aire(q,a,cp,qB,aB,cpB);

F=4i*s3*(p*pB-1); % Facteur de simplification invariant par p.c.

AireA=numden(Factor(F*AireA));

% On trouve AireA = -(b - c)*(a - p)*(a*pB - 1)*(b + c - p - b*c*pB)

F(a,b,c)=AireA;

AireB=F(b,c,a); % Permutation circulaire
AireC=F(c,a,b);

EqBC=Factor((AireC-AireB)/(c-b))

G(a,b,c)=EqBC;
EqCA=G(b,c,a);  % Permutation circulaire

polBC=coeffs(EqBC,pB,'All');
polCA=coeffs(EqCA,pB,'All');

Res=Factor(Resultant(polBC,polCA))

% On trouve:

Res = a*b*c*(a - b)^2*(a - p)*(b - p)*(c - p)*(a*b + a*c + b*c - 2*a*p - 2*b*p - 2*c*p + 3*p^2)^2;

% D'où l'équation:

Eq = 3*p^2 - 2*s1*p + s2;

L'équation obtenue $3p^2 - 2s_1p + s_2=0$ est bien connue pour être la dérivée de $(p-a)(p-b)(p-c)=0$ par rapport à $p$ et avoir pour solutions les foyers de l'ellipse de Steiner inscrite dans le triangle $ABC$.

Cordialement,

Rescassol

Ludwig · April 2021

Le glossaire de Pierre ? De quoi s'agit-il ?

poulbot · April 2021

Bonjour Pappus
Je ne pense pas mériter tous ces compliments mais, quoiqu'il en soit, je t'en remercie.
Dans le cas de ton énoncé du début du fil, où $P$ et $Q$ sont isogonaux, ce sont les foyers de l'ellipse de Steiner inscrite, formulation un peu plus parlante que de dire que ce sont les points $39162$ et $39163$ de ETC Part 20. En outre, il me semble difficile de trouver ces points dans ETC sans savoir de quels points il s'agit et il me semble tout aussi difficile de trouver la distance d'un point à la droite $BC$ sans avoir de ce point une construction ou les coordonnées, ne serait-ce qu'approchées.
Est-il possible de prouver ce qui précède par Rescassolisation? Il suffit de montrer que les affixes de $P$ et $Q$ sont les racines de $P^{\prime }$ où $P\left( z\right) =\left( z-\alpha \right) \left( z-\beta \right) \left( z-\gamma \right) $ ($\alpha ,\beta ,\gamma $ sont les affixes de $A,B,C$).
Amicalement. Poulbot

PS : Rescassol est vraiment formidable; il a répondu à ma question pendant que j'étais en train de la taper.

Rescassol · April 2021

Bonjour,

Ben, Poulbot, pris la main dans le sac de ne pas avoir lu les messages précédents.

Cordialement,

Rescassol

Edit: Poulbot, nos messages se sont croisés :-D

poulbot · April 2021

Bonjour Rescassol
Comme tu le dis, "nos messages se sont croisés" mais, quand j'ai vu le tien, j'ai eu l'impression que tu étais un magicien qui connaissait le mien et y répondait avant même que je l'ai posté
Bien cordialement. Poulbot

pappus · April 2021

Bonjour à tous
Poulbot est au début et à la fin de la figure ci-dessous
Vous y voyez le triangle $ABC\ $ et son centre de gravité $G.\qquad$
Au moyen de la magnifique construction de Poulbot que j'ai dû effacer à contre cœur pour ne pas surcharger la figure, j'ai construit les points $A''\ $, $B''\ $, $C''\ $ dont les droites de Simson sont concourantes en $G$.
Trois droites concourantes, que demander de plus pour les sectateurs des axiomes de Thalès et de Pythagore, n'est-ce pas là déjà le super-pied?
Puis j'ai construit le triangle antipodal $A'B'C'.\qquad $.
Enfin $M'$ est le point isogonal de $M$ par rapport au triangle $A'B'C'.\qquad$
Et comme l'a remarqué Poulbot de façon géniale:
$$\mathrm{Aire}(AM_bM'M_c)=\mathrm{Aire}(BM_cM'M_a)=\mathrm{Aire}(CM_aM'M_b).\qquad$$
On peut dire qu'il nous est revenu en très très grande forme!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Il ne reste plus qu'à faire la démonstration! 119754

poulbot · April 2021

Re-bonjour
En ce qui concerne le cas général (où $P$ et $Q$ ne sont plus supposés isogonaux), si $P^{\ast }$ est l'isogonal de $P$ relativement à $ABC$, j'ai trouvé, non sans mal, que $Q$ était le centre de gravité du triangle antipodaire de $P^{\ast }$.
Reste à vérifier que ce point est le même que celui donné par Pappus ce qui, pour moi, ne fait d'ailleurs aucun doute.
Si Rescassol n'a pas confirmé cela pendant que je l'écrivais, il sait ce qu'il lui reste à faire.

Rem : le triangle antipodaire de $M$ relativement à $ABC$ est celui de côtés les perpendiculaires en $A,B,C$ aux droites $MA,MB,MC$ respectivement.

PS : mon message a croisé le précédent message de Pappus

Amicalement. Poulbot 119758

poulbot · April 2021

Bonsoir Pappus et merci
Je ne dois pas être revenu en si grande forme que cela car je ne me souviens absolument pas avoir remarqué que $S\left( AM_{b}M^{\prime }M_{c}\right) =S\left( BM_{c}M^{\prime }M_{a}\right) =S\left( CM_{a}M^{\prime }M_{b}\right) $.
Je pense que c'est toi qui a trouvé cette caractérisation de $M^{\prime }$.
Amicalement. Poulbot

pappus · April 2021

Mon cher Poulbot
Tu es trop modeste!
Je te rappelle que tu as écrit:

Poulbot a écrit:

Il semblerait que, pour tout point $P$, il existe un point $Q$ et un seul et que la transformation $P\longmapsto Q$ soit quadratique involutive, ce qui est tout sauf évident, en tout cas pour moi.

Amicalement
[small]p[/small]appus

poulbot · April 2021

Oui Pappus
Mais je n'avais pas trouvé ta construction du point $Q$ à partir du point $P$.
Nos deux constructions sont assez imaginatives et il n'est pas évident de voir qu'elles donnent le même point.
Amicalement. Poulbot

Rescassol · April 2021

Bonjour,

Par le calcul direct avec les aires je trouve $q = \dfrac{3s_3\overline{p}^2 - s_2\overline{p} + 3p - s_1}{3(p\overline{p} - 1)}$.

Cordialement,

Rescassol

pappus · April 2021

Merci Rescassol
Je serais plus satisfait si tu nous exhibais une relation entre $p$ et $q$ analogue à celle du couplage de Morley pour bien montrer non seulement son caractère involutif mais aussi pour justifier la construction un peu bizarre que j'ai donnée!
Passe une bonne nuit et fais de beaux rêves.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Finalement cet exercice se rédige mieux en complexes qu'en barycentriques!
Cela doit être pour toi un pur moment de bonheur!

pappus · April 2021

Bonjour Rescassol
J'espère que tu as bien dormi et que tu es frais comme un gardon
Voici la méthode que je te propose.
Tu mets en équation ma construction un peu bizarre et si tout se passe bien, tu devrais retrouver la relation entre $p$ et $q$ que tu as obtenue directement par les aires!
Tu es notre meilleur spécialiste en droite de Simson et cela ne devrait pas t'être trop difficile!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Rescassol · April 2021

Bonjour,

Oui, Pappus, mais plus tard dans la journée, c'est Pâques, quelques obligations familiales.

Cordialement,

Rescassol

pappus · April 2021

Mon cher Rescassol
Joyeuses Pâques!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Rescassol · April 2021

Bonsoir,

Pappus, voilà ce que donne ta construction, on retrouve bien la formule que me donne le calcul direct par les aires. Il se trouve que j'avais dans mes archives l'équation de la droite de Simson d'un point $T(t)$ du cercle circonscrit:
$-2t^2z + 2s_3t\overline{z} + (t^3+s_1t^2-s_2t-s_3) = 0$

% Pappus - 01 Avril 2021 - Les Pectases

clc, clear all, close all

syms s1 s2 s3

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

syms t

g=s1/3;  % Centre de gravité du triangle ABC
gB=s2/s3;

% La droite de Simson d'un point T(t) du cercle circonscrit a pour
% équation -2*t^2*z + 2*s3*t*zB + (t^3+s1*t^2-s2*t-s3) = 0 donc:

Eq=Factor(3*(-2*t^2*g+2*s3*t*gB+(t^3+s1*t^2-s2*t-s3)));
Eq=collect(Eq,t);

% On trouve l'équation 3*t^3 + s1*t^2 - s2*t - 3*s3 = 0
% Les fonctions symétriques des solutions de cette équation sont:

S1=-s1/3;
S2=-s2/3;
S3=s3;

% Si on passe au triangle antigonal, on prend:

S1=s1/3;
S2=-s2/3;
S3=-s3;

% Transformé isogonal d'un point M(m) par rapport au triangle A'B'C'

syms m mB

[mp mpB]=TransfoIsogonale(S1,S2,S3,m,mB);

mp=Factor(mp)

% On trouve:

mp = (3*s3*mB^2 - s2*mB + 3*m - s1)/(3*(m*mB - 1));

Cordialement,

Rescassol

Rescassol · April 2021

Bonsoir,

Ce qui permet de donner la forme symétrique $3s_3\overline{pq}-3(p+q)+s_1=0$ ou, avec les notations de Pappus $3s_3\overline{mm'}-3(m+m')+s_1=0$.

Cordialement,

Rescassol

poulbot · April 2021

Bonsoir Rescassol
Ne serait-ce pas plutôt $3s_{3}\overline{pq}-3\left( p+q\right) =-s_{1}$ ?
Autre chose : la construction que j'ai donnée plus haut (ICI) du point $Q$ et que j'ai même réussi à justifier par rescassolisation, bien qu'ayant l'inconvénient de masquer la réciprocité entre $P$ et $Q$, a l'avantage de pouvoir se faire à la règle et au compas (rouillé comme il se doit)
Bien cordialement. Poulbot

Rescassol · April 2021

Bonsoir,

Tu as raison, Poulbot, j'ai corrigé .

Cordialement,

Rescassol

pappus · April 2021

Merci Poulbot
Le problème n'est pas tant la construction de $Q$ que je connaissais et qui est triviale.
Voir [large]ce message[/large]
Dans ta construction, le triangle antipodaire de $P^*\ $, isogonal de $P$ est homothétique du triangle podaire de $P.\qquad$
ce qui explique tout!
La véritable difficulté était de montrer que la correspondance $P\iff Q$ était une isogonalité et de construire ses points d'indétermination.
Et cette construction passe par tes idées toujours géniales!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Un grand merci à Rescassol grand virtuose de la Rescassolisation!

pappus · April 2021

Bonjour à tous
Si on considère mon problème initial avec les conditions 1°, 2°, 3° (et pas seulement les deux dernières), on doit chercher les paires communes à deux isogonalités:
$$\begin{cases}
p+q+s_3\overline{pq}&=&s_1\\
p+q-s_3\overline{pq}&=&\dfrac{s_1}3
\end{cases}
\qquad
$$
En additionnant ces deux équations, on trouve:
$$
\dfrac{p+q}2=\dfrac{s_1}3
\qquad
$$
Et on est ramené à chercher les paires isogonales par rapport au triangle $ABC$ dont le milieu est le centre de gravité $G.\qquad$
On sait savait qu'on tombait sur les foyers de l'ellipse inscrite de centre $G.\qquad$
Ce qui est étonnant c'est leur numéro d'apparition dans $ETC.\qquad$
Amicalement
[small]p[/small]appus

pappus · April 2021

Bonjour à tous
Mais ce qui m'a le plus surpris dans $ETC$, c'est de voir apparaître les foyers imaginaires de ces ellipses de Steiner!!!
Il faut avoir de bons yeux pour déchiffrer leurs coordonnées barycentriques et s'apercevoir qu'elles sont imaginaires (conjuguées)!
Amicalement
[small]p[/small]appus 119840

poulbot · April 2021

Bonjour Pappus et merci
J'aurais effectivement bien mieux fait de parler du triangle circonscrit à $ABC$ et homothétique au triangle podaire $A^{\prime }B^{\prime }C^{\prime }$ de $P$ (et d'oublier que c'était le triangle antipodaire de $P^{\ast }$) d'autant que c'est ainsi que j'avais trouvé que $Q$ était son centre de gravité.
Quant au fait que $P\rightarrow Q$ était involutive, je l'ai soupçonné grâce à une figure et l'ai vérifié par rescassolisation.
Mais c'est toi et toi seul qui a eu l'idée géniale de trouver un triangle tel que $P\rightarrow Q$ soit la transformation isogonale par rapport à ce triangle.
Amicalement. Poulbot

pappus · April 2021

Mon cher Poulbot
Tu le croiras si tu veux mais j'ai trouvé sans calcul les points d'indétermination de l'isogonalité $P\iff Q$.
Je n'ai fait qu'utiliser mon logiciel, Cabri en l'occurrence mais cela aurait très bien pu être GeoGebra.
Mes calculs, les mêmes que ceux de Rescassol, ne sont venus qu'ensuite.
Cela demande évidemment une grande habitude et une grande maîtrise du logiciel et je suis bien triste de ne pas pouvoir transmettre mon savoir mais comment faire dans ma solitude à mon âge plus qu'avancé!
En tout cas je bénéficie d'un nombre incalculable de macros dont beaucoup viennent d'idées que tu as développées sur le forum et qui me permettent de trouver rapidement des solutions non calculatoires à des problèmes difficiles.
Aussi je te remercie du fond du cœur.
Je suis toujours surpris de voir le niveau des exercices proposés sur ce forum, toujours la même sérénade: points alignés ou droites concourantes, alors qu'on devrait s'attaquer à des problèmes utilisant au maximum tous les outils de ces merveilleux logiciels de géométrie dynamique!
Mais quand la géométrie se résume chez nous aux axiomes de Thalès et de Pythagore et à l'utilisation d'instruments obsolètes comme la règle et le compas, qu'avons nous besoin de logiciels?
Autant tracer des figures sur le sable comme Archimède le faisait juste avant de se faire tuer!
Amicalement
[small]p[/small]appus

pappus · April 2021

Bonjour à tous
Peut-être aurais-je dû poser cet exercice sous la forme suivante apparemment plus simple.
Trouver les points $P$ dans le plan du triangle de référence $ABC\ $ tels que si $P_AP_BP_C\ $ est le triangle podaire de $P$, on ait les égalités suivantes entre aires (algébriques):
$$S(PP_BAP_C)=S(PP_CBP_A)=S(PP_ACP_B).\qquad$$
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
C'est amusant de voir que cet exercice sur les aires se prête si bien à la Divine Rescassolisation!!! 119878

poulbot · April 2021

Bonjour Pappus
Merci de ressortir ce problème de Steinhaus.
Les fans de l'ETC de Kimberling seront ravis car le point $P$ y figure.
Il ne leur reste plus qu'à l'y trouver.
Il a d'ailleurs un rapport étroit avec ton triangle de sommets les points diamétralement opposés sur le cercle circonscrit à ceux dont la droite de Simson passe par $G$ (triangle $A^{\prime }B^{\prime }C^{\prime }$ sur la Figure de Pappus)
Amicalement. Poulbot

pappus · April 2021

Merci Poulbot
Je connais un Steinhaus réputé pour ses travaux en Analyse Fonctionnelle.
Est-ce le même mathématicien que celui du problème dont tu parles, problème qui m'est venu à l'esprit puisque les points solutions sont les points fixes de ton isogonalité.
Montrer qu'un objet existe comme point fixe d'une application est une méthode banale en Analyse Fonctionnelle.
C'est sans doute pour cette raison qu'on a décidé en haut lieu de supprimer l'étude des transformations géométriques et de leurs points fixes, autant dire d'éradiquer la géométrie.
On est jamais assez tatillon dans la propagation de l'Ignorance!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
J'ai recherché sans succès ton point $P$ qu'il faudrait plutôt appeler $S$ en l'honneur de son inventeur mais je préfère continuer à le nommer $P$ en ton honneur!
Il est vrai que ce travail est fastidieux.
Il faut faire la figure sans se planter sur le triangle $(6,9,13)$ puis prendre des mesures et enfin aller farfouiller sur le site d'$ETC$.
C'est beaucoup trop pour ma "sénilitude"!

Bouzar · April 2021

Bonjour pappus, poulbot et à tous,

Il semble que ton problème initial ait un rapport étroit avec la recherche de points équicévien dans le triangle.

Amicalement

pappus · April 2021

Merci Bouzar
Peux-tu me rappeler la définition de points équicéviens?
J'avoue humblement que je ne la connais pas!
Amicalement
[small]p[/small]appus

poulbot · April 2021

Re-bonjour Pappus
C'est effectivement Hugo Steinhaus qui fréquentait assidument le Café écossais de Lwow.
Le seul centre triangulaire qui soit point fixe de ton isogonalité est évidemment le centre du cercle inscrit dans ton triangle $A^{\prime }B^{\prime }C^{\prime }$ mais je laisse le soin à Rescassol, Bouzar et autres fans d'ETC de l'y dégotter.
@Bouzar Je présume que tes points équicéviens sont ceux dont les $3$ céviennes ont la même longueur. Dans ce cas, ce sont les foyers de l'ellipse de Steiner circonscrite (et non inscrite)
Amicalement. Poulbot

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