Généralisation d'une égalité
Bonsoir,
Sur le site Cut the Knot on trouve une jolie égalité concernant le triangle équilatéral. Je pense qu'elle se généralise à tout triangle : soient $A$, $B$ et $C$ trois points du cercle trigonométrique de centre $O$. Une droite $(d)$ passant par $O$ coupe les droites $(AB)$, $(BC)$ et $(AC)$ respectivement en $P$, $Q$ et $R$. Alors il existe trois réels $p$, $q$ et $r$ strictement positifs tels que :
$$ \frac{p}{OP^2} + \frac{q}{OQ^2} +\frac{r}{OR^2} =1.$$
Ces trois nombres ne dépendent que des longueurs des côtés du triangle $ABC$ mais je n'arrive pas à les trouver (ils se comportent en gros comme l'inverse de ces longueurs).
Sur le site Cut the Knot on trouve une jolie égalité concernant le triangle équilatéral. Je pense qu'elle se généralise à tout triangle : soient $A$, $B$ et $C$ trois points du cercle trigonométrique de centre $O$. Une droite $(d)$ passant par $O$ coupe les droites $(AB)$, $(BC)$ et $(AC)$ respectivement en $P$, $Q$ et $R$. Alors il existe trois réels $p$, $q$ et $r$ strictement positifs tels que :
$$ \frac{p}{OP^2} + \frac{q}{OQ^2} +\frac{r}{OR^2} =1.$$
Ces trois nombres ne dépendent que des longueurs des côtés du triangle $ABC$ mais je n'arrive pas à les trouver (ils se comportent en gros comme l'inverse de ces longueurs).
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Réponses
Passe une bonne nuit et fais de beaux rêves
Je vais essayer de Rescassoliser en circoncisant le cercle trigonométrique $\mathbb S^1$ au triangle $ABC$.
Ce n'est pas très difficile puisque c'est le seul cercle encore au programme !
On cherche les intersections du diamètre $\mathbb R.u\ $ (où $u\in \mathbb S^1\ $) avec les côtés du triangle $ABC.\qquad$
L'équation du côté $BC\ $ est :
$$z+\overline zbc=b+c.\qquad
$$ L'affixe de l'intersection est de la forme $p=\lambda.u\ $ avec $\lambda\in \mathbb R$ et doit vérifier l'équation précédente, donc :
$$\lambda.u+\dfrac{\lambda.bc}u=b+c,\qquad
$$ d'où $p=\lambda.u=\dfrac{u^2(b+c)}{u^2+bc}.\qquad$
Par suite :
\begin{align*}
\dfrac{b+c}p&=1+\dfrac{bc}{u^2},\qquad&&\text{donc} \\
\dfrac{\vert b+c\vert^2}{\vert p\vert^2}&=(1+\dfrac{bc}{u^2})(1+\dfrac{u^2}{bc})=2+\dfrac{bc}{u^2}+\dfrac{u^2}{bc},
&&\text{par permutation circulaire}\\
\dfrac{\vert c+a\vert^2}{\vert q\vert^2}&=2+\dfrac{ca}{u^2}+\dfrac{u^2}{ca},\\
\dfrac{\vert a+b\vert^2}{\vert r\vert^2}&=2+\dfrac{ab}{u^2}+\dfrac{u^2}{ab}.\qquad
\end{align*} Soit maintenant $(\ell,m,n))\ $ les coordonnées barycentriques normalisées du centre du cercle trigonométrique circoncis au triangle $ABC$ dans le repère affine $\{A,B,C\}\ $.
On a :
$$\ell.a+m.b+n.c=0.
\qquad$$ Pour passer le temps, on conjugue :
$$\dfrac{\ell}a+\dfrac mb+\dfrac nc=\dfrac{\ell bc+mca+nab}{abc}=0.
\qquad$$ On en déduit immédiatement (se méfier de cet adverbe !):
$$ \dfrac{\ell(\vert b+c\vert^2)}{\vert p\vert^2} +\dfrac{m(\vert c+a\vert^2)}{\vert q\vert^2} +\dfrac{n(\vert a+b\vert^2)}{\vert r\vert^2} =2.
\qquad$$ $CQFD$
Il était de bon ton autrefois de calculer le triplet $(\ell,m,n)\ $ dans une leçon d'oral sur les barycentres pour impressionner un jury bien veillant et somnolent !
Il se trouve qu'on peut calculer ce triplet $(\ell,m,n)\ $ en fonction des affixes $(a,b,c)\ $ mais je suis si paresseux et d'ailleurs il est grand temps d'aller faire un gros dodo bien mérité !
Amicalement
[small]p[/small]appus
Puisque Pappus rescassolise, j'obtiens ceci en bouzarisant:
$p=\dfrac{a^4(- a^2 + b^2 + c^2)^3}{2(a + b + c)^2(a + b - c)^2(a - b + c)^2(b - a + c)^2}$ et permutation circulaire.
Cordialement,
Rescassol
PS: J'avais $p=-\dfrac{a(b + c)^3}{2bc(a - b)(a - c)}$ en rescassolisant moi même. Bien sûr, ce ne sont pas les mêmes $a,b,c$.
Passe une bonne nuit et fais de beaux rêves!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Quand je rescassolise, $a,b,c$ sont des nombres complexes, ici de module $1$ (Morley circonscrit).
Quand je bouzarise, $a,b,c$ sont les longueurs des côtés et je fais du calcul barycentrique.
$p$ n'est pas un point, c'est le réel positif introduit par Ludwig.
Et justement, ce qui est intéressant dans cette configuration, c'est que $p,q,r$ sont indépendants du diamètre $(d)$.
Cordialement,
Rescassol
ll est grand temps que j'aille roupiller sinon je vais encore dire plus de bêtises.
Tu me fais voir que les notations que j'ai adoptées ne sont pas très compatibles avec celles de Ludwig!
Mais c'est trop tard et tant pis!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Quelques petites remarques et questions :
1°) GeoGebra me dit qu'il n'y a pas d'autre égalité du même type, c'est-à-dire que pour un triangle $ABC$ donné, on ne peut pas trouver de nombres $p$, $q$, $r$ indépendants de la sécante $(d)$ et tels que $ \frac{p}{OP^n} + \frac{q}{OQ^n} +\frac{r}{OR^n}=1$, en dehors de $n=2$ (et du cas trivial $n=0$). Comment peut-on le prouver ?
2°) Soit $ABC$ un triangle pour lequel on a calculé les nombres $p$, $q$ et $r$. Si on prend $P$ sur $(AB)$, $Q$ sur $(BC)$ et $R$ sur $(AC)$ tels que $\frac{p}{OP^2} + \frac{q}{OQ^2} +\frac{r}{OR^2}=1$, sont-ils nécessairement alignés ? Non, car une fois fixés par exemple $P$ et $Q$ on a deux possibilités pour placer $R$ tout en conservant l'égalité : deux points symétriques par rapport au milieu du segment $[AC]$.
3°) Soient donc trois points $P$, $Q$ et $R$ définis par l'intersection d'une droite $(d)$ passant par $O$ avec les côtés du triangle. On note $P'$ le symétrique de $P$ par rapport au milieu de $[AB]$, $Q'$ celui de $Q$ par rapport au milieu de $[BC]$ et $R'$ celui de $R$ par rapport au milieu de $[AC]$. Alors $P'$, $Q'$ et $R'$ sont également alignés, c'est une conséquence directe du théorème de Ménélaüs. Notons $(d')$ cette droite associée à $(d)$. Lorsque $(d)$ tourne autour de $O$ l'enveloppe des droites $(d')$ est si je ne me trompe pas une ellipse, celle qui est tangente aux côtés du triangle aux points d'intersection des droites reliant un sommet à $O$ avec les côtés de celui-ci.
edit : non, tangentes aux symétriques de ces points par rapport au milieu du côté sur lequel ils se trouvent.
Une généralisation :
Etant donnés un triangle $ABC$ et un point $O$ non situé sur ses côtés, il existe $p,q,r$ réels uniques tels que, pour toute droite passant par $O$ et coupant les droites $BC,CA,AB$ respectivement en $P,Q,R$, on ait $\dfrac{p}{OP^{2}}+\dfrac{q}{OQ^{2}}+\dfrac{r}{OR^{2}}=1$.
En outre, $p,q,r$ sont $>0$ si et seulement si le triangle $ABC$ est acutangle.
Amicalement. Poulbot
Ludwig, pour ton point $3$, tu es en train de redécouvrir l'isotomie (ou transformation isotomique), et là, Google est ton ami.
Cordialement,
Rescassol
Tu avais vu juste pour ton point $3$. L'ellipse enveloppe de $(d')$ a pour équation avec Morley circonscrit:
$s_2^2z^2 + 2s_3(s_1s_2-2s_3)z\overline{z} + s_1^2s_3^2\overline{z}^2 + 2s_2(s_3-s_1s_2)z + 2s_1s_3(s_3-s_1s_2)\overline{z} + (s_3-s_1s_2)^2=0$.
Son centre est le centre du cercle d'Euler $\omega\left(\dfrac{s_1}{2}\right)$ (qui est son cercle principal).
Elle est tangente aux côtés du triangle $ABC$ en $A_2\left(\dfrac{bc(b + c)}{a^2 + bc}\right)$ et permutation circulaire.
Les droites $(AA_2)$ et p.c. sont bien sûr concourantes en l'isotomique $X_{264}$ de $O$ qui est le perspecteur de l'ellipse.
Ses foyers sont $O$ et l'orthocentre $H(s_1)$.
Cette ellipse est la conique de Serret (ou MacBeath) du triangle $ABC$.
Elle devient une hyperbole si $ABC$ n'est plus acutangle.
Cordialement,
Rescassol
Quid de la petite généralisation que j'ai suggérée (ICI)?
Amicalement. Poulbot
C'est en train, Poulbot, mais les calculs ont l'air gros.
Qui va piano .........................
Cordialement,
Rescassol
Bon courage et merci. Fort heureusement, connaissant la position de $O$, les valeurs de $p,q,r$ sont très simples.
A propos de la conique inscrite que tu as étudiée plus haut, une remarque un peu plus générale ;
les droites isotomiques des tangentes à une conique inscrite sont les droites passant par l'isotomique du perspecteur de la conique.
(si une droite $d$ coupe les droites $BC,CA,AB$ respectivement en $P,Q,R$, sa droite isotomique passe par leurs symétriques par rapport aux milieux de $\left[ BC\right] ,\left[ CA,\right] ,\left[ AB\right] $ respectivement)
Bien cordialement. Poulbot
Je m'étonne que personne ne s'y intéresse pour le moment et je devine que ton triplet $(p,q,r)$ doit avoir une interprétation géométrique simple.
Dis moi si je me trompe.
Je considère une configuration où les points $A$ et $O$ sont fixes.
Les points $B$ et $C$ se promènent sur des demi droites fixes issues de $A$.
Ils sont si loin qu'on peut considérer en première approximation qu'ils sont à l'infini tout comme le point $R$, ta relation devient:
$$\dfrac p{OP^2}+\dfrac q{OQ^2}=1.\qquad$$
Cette relation est triviale si les deux demi droites sont orthogonales mais elle me semble un peu bizarre si elles ne le sont pas!
Qu'en penses-tu?
Amicalement
[small]p[/small]appus
On peut aussi généraliser dans la direction suivante : chercher le point $O$ tel que $p=q=r$ (au signe près).
J'ai fait la figure et appliqué la méthode $13-6-9$ : ce point n'est pas dans ETC.
Une interprétation géométrique des coefficients $p$, $q$ er $r$ ?
Une validation de hypothèse de poulbot ? Hypothèse qui est très certainement vraie, je la vérifie à chaque instant avec GeoGebra. Mais de toute façon une validation par un logiciel de calcul formel demande une preuve explicite.
Le calcul des coefficients se fait finalement assez bien, puisqu'il s'agit de résoudre un système de trois équations à trois inconnues. Alors, qu'est-ce qui demande autant de calculs à Rescassol ?
En tous cas je suis bien curieux de voir l'interprétation géométrique.
En bouzarisant, soit $O=(l:m:n)$ avec $l+m+n=1$
Je trouve alors $p=\dfrac{l^2}{2}(- a^2 + b^2 + c^2),q=\dfrac{m^2}{2}(a^2 - b^2 + c^2),r=\dfrac{n^2}{2}(a^2 + b^2 - c^2)$.
Cordialement,
Rescassol
Tu viens de me griller!
Je ne sais pas comment tu as fait mais personnellement j'ai appliqué l'Axiome le plus important de la géométrie, l'Axiome de Poulbot:
[large]Poulbot a toujours raison![/large]
Sur la figure ci-dessous avec tes notations, on lit (facilement?) si on connait l'axiome de Thalès et si on sait l'appliquer:
$Ob_1=a\vert m\vert\ $, $Oc_2=a\vert n\vert\ $
$Oc_1=b\vert n\vert\ $, $Oa_2=b\vert \ell\vert\ $
$Oa_1=c\vert \ell \vert\ $, $Ob_2=c\vert m\vert\ $
J'applique alors l'Axiome de Poulbot pour tomber sur les équations:
$$\begin{cases}
0.p&+&\dfrac q{m^2}&+&\dfrac r{n^2}&=&a^2\\
\dfrac p{\ell^2}&+&0.q&+&\dfrac r{n^2}&=&b^2\\
\dfrac p{\ell^2}&+&\dfrac q{m^2}&+&0.r&=&c^2
\end{cases}
\qquad
$$
qui, compte tenu des programmes actuels devrait se résoudre sans difficulté pour tomber sur ta solution que je réécris plutôt avec les symboles de Conway pour satisfaire les sectateurs de la géométrie du triangle:
$p=S_A\ell^2\ $, $q=S_Bm^2\ $, $r=S_Cn^2\qquad$
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Tu vois que la Bouzarisation a du bon.
et merci à vous deux.
J'avais trouvé les mêmes valeurs que vous (après la correction de Rescassol)
Amicalement. Poulbot
Voilà comment j'ai fait:
Cordialement,
Rescassol
PS: J'ai corrigé une erreur dans mon message précédent.
Félicitationsl
Tu n'as pas appliqué l'Axiome de Poulbot (comme moi qui suis un véritable fainéant), c'est pourquoi ta solution est plus longue!
Passe une bonne nuit et fais de très beaux rêves!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Les calculs étaient compliqués en complexes, j'ai du me planter quelque part, je verrai plus tard.
Ça a été plus simple et plus rapide en barycentriques.
Ludwig, pour ton point $1$, je ne sais pas si on peut appeler ça une inégalité du même type que $\dfrac{p}{OP^{2}}+\dfrac{q}{OQ^{2}}+\dfrac{r}{OR^{2}}=1$, mais on a, quel que soit le point $O(l:m:n)$ l'égalité $\dfrac{l}{\overline{OP}}+\dfrac{m}{\overline{OQ}}+\dfrac{n}{\overline{OR}}=0$, pour toute droite tournant autour de $O$.
Cordialement,
Rescassol
Un petit reproche amical à Rescassol
Sa solution n'est lisible que par ceux qui maitrisent bien MatLab
Honnêtement j'ai essayé de déchiffrer son code.
Disons que je comprends les définitions du début jusqu'au calcul des carrés des distances $OP^2$, $OB^2$, $OC^2$.
Ensuite on rentre dans les technicalités de MatLab
Par exemple, je suppose que la fonction numden extrait le numérateur et le dénominateur d'une fraction irréductible et que les fonctions collect et coeffs ont un rapport avec l'extraction des coefficients d'un polynôme sans voir clairement la différence entre ces deux fonctions.
Ensuite je perds complètement pied.
J'aimerais plutôt avoir l'idée algébrique qui se cache derrière ces calculs.
Visiblement on travaille dans le corps des fractions $\mathbb Q(a,b,c,t,u,v,w)$ et après?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Ah ok c'est Matlab ce logiciel qui donne ces calculs toujours encadrés en jaune, intéressant! Comparé aux autres logiciels du même type, rapport qualité/prix, il est bien placé ? Mais j'imagine que ça dépend beaucoup de ce que l'on veut en faire.
Oui merci Rescassol, pour $n=1$ aussi il est possible de trouver $p$, $q$, $r$ tels que l'égalité $ \frac{p}{OP^n} + \frac{q}{OQ^n} +\frac{r}{OR^n}=1$ soit vraie pour tous points $P$, $Q$, $R$ définis par l'intersection d'une sécante passant par $O$ avec les côtés du triangle. Pour $n=0$, $n=1$, et $n=2$ c'est donc possible. Mais c'est tout je pense (simple constat empirique : avec GGB j'obtiens immédiatement les variations de la quantité de gauche en fonction de l'orientation de la sécante et de l'exposant, réel positif).
Tu as raison, Pappus, un peu d'explication ne nuit pas:
D'abord, $u,v,w$ sont les $p,q,r$ cherchés et renommés, pour qu'il n'y ait pas de confusion avec les points.
"numden(F)" extrait le numérateur et le dénominateur de $F$, le numérateur seulement en l'occurence.
"collect(X,t)" ordonne le polynôme $X(t)$ suivant les puissances décroissantes de $t$, utile uniquement pour ma vision humaine.
"coeffs(X,t)" construit un tableau des coefficients du polynôme $X$ suivant les puissances croissantes de $t$, en sautant les termes de degré manquant.
"coeffs(X,t,'All')" fait la même chose suivant les puissances décroissantes sans rien sauter (elle met $0$ pour les degrés manquants).
$MA,MB,MC$ est ce qu'on trouve (donc $X$ est de degré $2$ en $t$).
Pour qu'il existe $u,v,w$ répondant à la question, il faut que ce polynôme $X$ en $t$ soit identiquement nul, donc $MA=MB=MC=0$, ce qui fournit un système en $u,v,w$.
"MA=collect(polX(1),[u v w])" ordonne le premier élément du tableau $polX$ suivant $u,v,w$,est à dire sous la forme $au*u+av*v+aw*w+a0$ dont je récupère ensuite les coefficients pour fabriquer la matrice $Mat$ et le second membre $S$ du futur système à résoudre.
On fait de même avec $MB$ et $MC$.
"Sol=FactorT(inv(Mat)*S)" résout le système $Mat \times Sol = S$ (Sol comme solution).
"Sol" est un vecteur colonne contenant $u,v,w$.
Il reste à donner cette solution et à vérifier qu'il n'y a pas d'erreur.
Cordialement,
Rescassol
En utilisant des calculs très simples :
Supposant $O=\left( l:m:n\right) $ avec $l+m+n=1$ et $\overrightarrow{V}=\overrightarrow{AB}+t\overrightarrow{AC}$, la droite $\left( O,\overrightarrow{V}\right) $ coupe les droites $BC,CA,AB$ en $P,Q,R$ où
$\overrightarrow{OP}=\dfrac{l}{t+1}\overrightarrow{V},\overrightarrow{OQ}=-m\overrightarrow{V},\overrightarrow{OR}=-\dfrac{n}{t}\overrightarrow{V}$.
On a au passage le théorème de Rescassol $\dfrac{l}{\overline{OP}}+\dfrac{m}{\overline{OQ}}+\dfrac{n}{\overline{OR}}=0$.
En outre $\dfrac{p}{OP^{2}}+\dfrac{q}{OQ^{2}}+\dfrac{r}{OR^{2}}-1=\dfrac{f\left( t\right) }{g\left( t\right) }$ où $f$ est polynomiale de degré $\leq 2$.
On conclut à la Pappus en cherchant $p,q,r$ pour que $f$ s'annule pour les $3$ droites parallèles à un des côtés de $ABC$.
$f$ sera alors constamment nulle.
Amicalement. Poulbot
La licence de la version Home est à $119 €$, plus la bibliothèque de calcul symbolique, qui est, si je me souviens bien, à $35 €$.
C'est à renouveler tous les deux ans, mais on a une nouvelle version tous les $6$ mois.
On peut rester sur la même version toute sa vie si on veut.
C'est moins cher pour les étudiants, plus cher pour le tarif Education, et encore plus pour le Standard.
Il y a d'autres bibliothèques pour tout ce qu'on voudra.
Je me sers de Matlab parce que je le connais mieux que d'autres, l'ayant enseigné dans un cours d'analyse numérique.
Cordialement,
Rescassol
Ci-dessous une courbe montrant l'évolution, pour $n=1$, de la quantité $d= \frac{p}{OP^n} + \frac{q}{OQ^n} +\frac{r}{OR^n}$ lorsque la sécante tourne autour de $O$ (le point $M$ tourne sur un cercle de centre $O$ et je place $N$ sur $(OM)$, $M$ entre $O$ et $N$, tel que la longueur $MN$ soit égale $d$). La courbe obtenue est un cercle uniquement pour $n=2$ (et bien sûr $n=0$).
Je retiens le point crucial de la démonstration de Poulbot: le degré de $f$ est inférieur ou égal à$2$.
Cela ne me parait pas aussi évident que cela!
Amicalement
[small]p[/small]appus
$$D_0\mapsto \int_{\mathcal{D}}\frac{p(D)}{OA(D,D_0)^2}\mu(d\, D)\equiv 1$$
$\dfrac{p}{OP^{2}}+\dfrac{q}{OQ^{2}}+\dfrac{r}{OR^{2}}-1=\dfrac{1}{\left\Vert \overrightarrow{V}\right\Vert ^{2}}\left( \dfrac{p\left( t+1\right) ^{2}}{l^{2}}+\dfrac{q}{m^{2}}+\dfrac{rt^{2}}{n^{2}}-\left\Vert \overrightarrow{V}\right\Vert ^{2}\right) $
Amicalement. Poulbot
Avec cette simple remarque et mes propres calculs, tout devient clair.
Encore faut-il connaitre le théorème de D'Alembert?
C'est compliqué la géométrie!!!
Amicalement
[small]p[/small]appus
$$x\cos t +y\sin t =p,\qquad y\cos s=x\sin s.$$ Alors il existe une fonction reelle $f$ sur $\mathcal{D}$ telle que pour tout $s$ on ait $1=I$ avec $$I=\int_{\mathcal{D}}\frac{f(p,t)}{OA(p,t,s)^2}\mu(dp, dt).
$$ En particulier cette fonction est unique si $\mu$ est concentrée sur 3 points.
Démonstration : il est clair que $OA(p,t,s)^2= p^2/\cos^2(t-s).$ Alors puisque $$2\cos^2(t-s)=1+\cos 2t \cos 2s+\sin 2t\sin 2s \\
I=\int_{\mathcal{D}}\cos^2(t-s)f(p,t)\frac{\mu(dp,dt)}{p^2}=A+B\cos 2s+C\sin 2s$$ avec
$$A=\int_{\mathcal{D}}f(p,t)\frac{\mu(dp,dt)}{2p^2},\quad B=\int_{\mathcal{D}}\cos 2 t f (p,t)\frac{\mu(dp,dt)}{2p^2},\quad C=\int_{\mathcal{D}}\sin 2t f (p,t)\frac{\mu(dp,dt)}{2p^2}.
$$ Il suffit de choisir $f$ tel que $A=1, B=C=0$ ce qui est toujours possible puisque $\mu$ n'est pas concentrée sur deux ou un points.
$$1=A=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n\frac{f_i}{p_i^2},\ 0=B=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n\cos (2t_i)\frac{f_i}{p_i^2},\ 0=C=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n\sin (2t_i)\frac{f_i}{p_i^2}$$ systeme lineaire avec solution unique si $n=3$ et solution non unique si $n>3.$
1) Je ne me suis evidemment pas amuse a verifier que ceci fournit pour $n=3$ la meme chose que les impressionnants calculs du debut du fil (impressionnants, car faits avec differents parametres).
2) Je ne suis pas tres sur des bonnes hypotheses suffisantes a faire sur la probabilite initiale pour que le systeme $A=1,B=C=0$ ait une solution, et n'y ai point investi, vu que la presente approche ne doit pas interesser grand monde sur le forum de geometrie.
En fait je crois que je comprends de travers ton "choisies avec la probabilité $1/n$", et je ne vois pas très bien ce que viennent faire les probabilités ici d'ailleurs. Je vois ton ensemble $\mathcal{D}$ juste comme une ensemble de droites c'est tout.
Pourquoi $f$ n'est pas unique si $n>3$, je ne vois toujours pas, mais peut-être qu'on ne parle pas tout à fait de la même chose, à cause des probabilités. Bon je poste mon fichier GeoGebra pour $n=4$, avec une description. Pour moi c'est clair : les coefficients $f_1$, $f_2$, $f_3$ et $f_4$ ($p$, $q$, $r$ et $s$ dans mon fichier) sont complètement déterminés par les points $A$, $B$, $C$, $D$ et $O$.
> Je n'arrive pas a ouvrir ton fichier ...
Ce fichier s'ouvre avec Géogébra, logiciel gratuit.
Cordialement,
Rescassol
Mais si cette droite est $(OA)$ alors $P=S=A$, $Q=A'$ et $R=A''$ avec $A'$ intersection de $(OA)$ et $(BC)$, $A''$ intersection de $(OA)$ avec $(CD)$. L'égalité $\frac{p}{OP^2} + \frac{q}{OQ^2} +\frac{r}{OR^2}+\frac{s}{OS^2}=1$ fournit alors une équation en $p$, $q$, $r$ et $s$.
Je recommence avec $(OB)$, puis $(OC)$ et enfin $(OD)$, pour obtenir quatre équations à quatre inconnues. Système qui n'admet qu'une seule solution. D'où $f$ unique. C'est tout.
Il est faux qu'il existe une unique valeur de $\left( p,q,r,s\right) $ telle que l'on ait $\dfrac{p}{OP^{2}}+\dfrac{q}{OQ^{2}}+\dfrac{r}{OR^{2}}+\dfrac{s}{OS^{2}}=1$ pour toute droite passant par $O$. En effet, vu ce qu'il se passe pour $3$ droites, on a une solution pour laquelle $p=0$, une pour laquelle $q=0$, ...
En fait, on a une droite affine de solutions.
Cordialement. Poulbot
ET qu'elle la satisfait (simple constatation empirique d'ailleurs) pour n'importe qu'elle autre sécante, que c'est la seule solution.
satisfaisant l'égalité $\dfrac{p}{OP^{2}}+\dfrac{q}{OQ^{2}}+\dfrac{r}{OR^{2}}+\dfrac{s}{OS^{2}}=1$
pour les sécantes $(OA)$, $(OB)$, $(OC)$ et $(OD)$
qu'il y a une unique valeur (la même) qui la satisfasse pour toutes les sécantes.
Ouille!
Car si on cherche $(p,q,r,s)$ tel que $\dfrac{p}{OP^{2}}+\dfrac{q}{OQ^{2}}+\dfrac{r}{OR^{2}}+\dfrac{s}{OS^{2}}=1$ pour toutes les sécantes passant par $O$,
alors cette égalité devra en particulier être vérifiée pour les droites $(OA)$, $(OB)$, $(OC)$ et $(OD)$.
Et si on prouve que ces quatre égalités ne peuvent être vraies que pour une seule valeur de $(p,q,r,s)$,
comment plusieurs valeurs de ce quadruplet pourraient rendre l'égalité vraie pour TOUTES les sécantes ??
Je dois me mélanger les pinceaux, un grand merci à celui qui voudra bien m'éclairer en me disant où je fais erreur..
En reprenant ce que tu as fait pour les $4$ droites $OA,OB,OC,OD$, tu devrais trouver une infinité de valeurs de $\left( p,q,r,s\right) $.
Bien cordialement. Poulbot