Généralisation d'une égalité

Mon cher Ludwig
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

Merci Rescassol de ta sollicitude mais quelle que soit la signification géométrique de ton triplet $(a,b,c)\ $, ton point $p$ ne devrait-il pas dépendre d'un autre paramètre associé au diamètre auquel il est censé appartenir?
Passe une bonne nuit et fais de beaux rêves!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci 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

Bonjour
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

Bonjour,

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

Bonjour,

C'est en train, Poulbot, mais les calculs ont l'air gros.
Qui va piano .........................

Cordialement,

Rescassol

Merci Poulbot pour ta généralisation.
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

Merci 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.

Bonsoir,

Voilà comment j'ai fait:

% Poulbot sur un problème de Ludwig - 17 Avril 021 - Généralisation d'une égalité

clc, clear all, close all

syms a b c real % Longueurs des côtés du triangle ABC

A=[1; 0; 0]; % Sommets du triangle ABC
B=[0; 1; 0];
C=[0; 0; 1];

% O est un point quelconque

syms t u v w l m n real

O = [l; m; n];

Vect=[1 t -1-t]; % Un vecteur quelconque
D=Wedge(O,Vect); % Droite (D) passant par O de vecteur directeur Vect

P=Wedge(D,Wedge(B,C)); % Point P où (D) coupe (BC)
Q=Wedge(D,Wedge(C,A)); % et permutation circulaire
R=Wedge(D,Wedge(A,B));

OP2=Distance(O,P,a,b,c); % carré de la distance OP
OQ2=Distance(O,Q,a,b,c); % et permutation circulaire
OR2=Distance(O,R,a,b,c);

% On trouve:

OP2 = l^2*(a^2*t^2 + a^2*t + b^2*t + b^2 - c^2*t)/(l + m + n)^2;
OQ2 = m^2*(a^2*t^2 + a^2*t + b^2*t + b^2 - c^2*t)/(t^2*(l + m + n)^2);
OR2 = n^2*(a^2*t^2 + a^2*t + b^2*t + b^2 - c^2*t)/((t + 1)^2*(l + m + n)^2);

X=numden(Factor(u/OP2+v/OQ2+w/OR2-1));
X=collect(X,t);
polX=coeffs(X,t,'All');

MA=collect(polX(1),[u v w]);
MB=collect(polX(2),[u v w]);
MC=collect(polX(3),[u v w]);

% On trouve:

MA = (l^4*n^2 + 2*l^3*m*n^2 + 2*l^3*n^3 + l^2*m^2*n^2 + 2*l^2*m*n^3 + l^2*n^4)*v + (l^4*m^2 + 2*l^3*m^3 + 2*l^3*m^2*n + l^2*m^4 + 2*l^2*m^3*n + l^2*m^2*n^2)*w - a^2*l^2*m^2*n^2;
MB = (2*l^4*m^2 + 4*l^3*m^3 + 4*l^3*m^2*n + 2*l^2*m^4 + 4*l^2*m^3*n + 2*l^2*m^2*n^2)*w - a^2*l^2*m^2*n^2 - b^2*l^2*m^2*n^2 + c^2*l^2*m^2*n^2;
MC = (l^2*m^2*n^2 + 2*l*m^3*n^2 + 2*l*m^2*n^3 + m^4*n^2 + 2*m^3*n^3 + m^2*n^4)*u + (l^4*m^2 + 2*l^3*m^3 + 2*l^3*m^2*n + l^2*m^4 + 2*l^2*m^3*n + l^2*m^2*n^2)*w - b^2*l^2*m^2*n^2;

% On découpe:

au = 0;
av = (l^4*n^2 + 2*l^3*m*n^2 + 2*l^3*n^3 + l^2*m^2*n^2 + 2*l^2*m*n^3 + l^2*n^4); 
aw =(l^4*m^2 + 2*l^3*m^3 + 2*l^3*m^2*n + l^2*m^4 + 2*l^2*m^3*n + l^2*m^2*n^2);
a0 = - a^2*l^2*m^2*n^2;

bu = 0;
bv = 0;
bw = (2*l^4*m^2 + 4*l^3*m^3 + 4*l^3*m^2*n + 2*l^2*m^4 + 4*l^2*m^3*n + 2*l^2*m^2*n^2);
b0 = - a^2*l^2*m^2*n^2 - b^2*l^2*m^2*n^2 + c^2*l^2*m^2*n^2;

cu = (l^2*m^2*n^2 + 2*l*m^3*n^2 + 2*l*m^2*n^3 + m^4*n^2 + 2*m^3*n^3 + m^2*n^4); 
cv = 0;
cw = (l^4*m^2 + 2*l^3*m^3 + 2*l^3*m^2*n + l^2*m^4 + 2*l^2*m^3*n + l^2*m^2*n^2);
c0 = - b^2*l^2*m^2*n^2;
 
Mat=[au av aw; bu bv bw; cu cv cw];
S=-[a0; b0; c0];

Sol=FactorT(inv(Mat)*S)

% On trouve:

u=l^2*(- a^2 + b^2 + c^2)/(2*(l + m + n)^2);
v=m^2*(a^2 - b^2 + c^2)/(2*(l + m + n)^2);
w=n^2*(a^2 + b^2 - c^2)/(2*(l + m + n)^2);

% On vérifie:

Nul=Factor(Sol(1)/OP2+Sol(2)/OQ2+Sol(3)/OR2-1)

Cordialement,

Rescassol

PS: J'ai corrigé une erreur dans mon message précédent.

Bonjour,

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

Bonjour
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

Je serais curieux de savoir si le theoreme de Ludwig Poulbot est encore vrai avec quatre droites? ou cinq? Ou plus generalement, on se donne une distribution de probabilite $\mu(d \, D)$ sur l'espace $\mathcal{D}$ des droites affines de $\R^2$ et si $D_0$ est une droite passant par $O$ fixee, on note $A(D,D_0)$ l'intersection de $D$ et $D_0.$ La question de Ludwig Poirot devient : montrer qu'il existe une fonction $ p(D)$ telle que


$$D_0\mapsto \int_{\mathcal{D}}\frac{p(D)}{OA(D,D_0)^2}\mu(d\, D)\equiv 1$$

Merci 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

Théorème de Ludwig Poirot: Soit $\mu(dp,dt)$ une probabilité sur $\mathcal{D}=]0,\infty[\times [0,2\pi[$, non concentrée sur un ou deux points. Pour $0\leq s<2\pi$ soit $A(p,t,s)$ l'intersection des droites
$$x\cos t +y\sin t =p,\qquad y\cos s=x\sin s.$$ 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.

Merci de m'avoir lu, Ludwig. Par exemple si on considere $n$ droites dans le plan d'equations normales respectives $x\cos t_i+y \sin t_i=p_i$ choisies chacune avec la probabilite $1/n,$ on cherche donc des nombres $f_1,\ldots,f_n$ tels que

$$1=A=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n\frac{f_i}{p_i^2},\ 0=B=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n\cos (2t_i)\frac{f_i}{p_i^2},\ 0=C=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n\sin (2t_i)\frac{f_i}{p_i^2}$$ 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.

Merci Ludwig. Je n'arrive pas a ouvrir ton fichier, c'est dommage. Les probabilites ne sont pas importantes, je peux mettre ' mesure positive' a la place et mettre $1$ a la place de $1/n.$

OK, Ludwig. Restons en au probleme des $n$ droites affectees du meme poids. Si tu permets, on garde les 3 notations $A,B,C$, en fait $A(f), B(f), C(f),$ qui sont trois formes lineaires par rapport a $f=(f_1,\cdots,f_n).$ Rappelons qu'on cherche $f$ tel que pour tout $s$ on ait $$A(f)+\cos (2s )B(f)+\sin (2s)C(f)\equiv 1\ \ (*)$$ Ton astuce consiste a choisir des $s_1,s_2,\ldots s_n$ qui te paraissent commodes, fournissant un systeme de Cramer et un certain $f^o$. Mais cet $f^o$ ainsi fabrique n'a pas de raison de satisfaire (*) pour tout $s.$

Bonsoir Ludwig
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