Pôle de la pappucine

Mon cher Yann
Aurais-tu l'esprit mal tourné pour avoir lu trop de romans de Pierre Louys?
L'isotomique de l'orthocentre est $X(69).\ $ appelé plus communément point $S.\qquad$
Quant au pôle de la pappucine par rapport au cercle circonscrit, ne serait-ce pas le point découvert by the Duke Stephen of Exeter, fifth of the name, pendant qu'il s'ennuyait ferme au cours des obsèques de la Reine Victoria, à savoir $X(22)?\qquad$
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Je connaissais la pappusienne de Jean-Louis et maintenant je découvre la pappucine de Yann.
Dansons la pappucine.
Y a pas de points chez nous
Y en a chez la voisine
Mais ils sont plus pour nous!
Exercice:
Trouver une configuration où la pappucine est aussi une pappusienne.
Ce devrait être le super-pied!!!
J'ai l'impression que le baron de Longchamps a découvert la pappucine avant toi!

Merci Yann
Merci surtout pour ta visite, tu te fais si rare.
Dans cette configuration que tu nous proposes, les calculs sont aussi importants sinon plus que la figure elle même.
Et tu voudrais que le vieux [small]p[/small]appus, égrotant à moitié sur les rotules, les fasse?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher Yann
Non je ne possède pas ce magnifique ouvrage, exilé que je suis au milieu de mes yacks tutélaires et n'osant en sortir de peur d'être anthropozoonosé.
Mais je remarque que AD (que je salue) y figure en bonne place c'est à dire la première et j'en suis fort surpris croyant qu'il ne s'intéressait qu'à la Divine Algèbre mais il est sans doute probable que c'est lui qui en a rédigé la majeure partie, consacrée aux Formes quadratiques qui méritent bien leur majuscule.
Alors je me risque à quelques calculs Bouzariens.
Ici les longueurs des côtés du triangle de référence $ABC $ sont notées comme d'habitude $a=BC,\ $ $b=CA,\ $$c=AB.\qquad$
L'équation du cercle circonscrit au triangle de référence est:
$$a^2yx+b^2zx+c^2xy=0.\qquad$$
Il est à noter qu'il fut un temps (heureusement révolu) où pour devenir agrégé en bonne et due forme, il suffisait de sortir une preuve (quelle qu'elle soit!) de l'écriture de cette équation.
Aujourd'hui soyons plus modestes et considérons que c'est un axiome, en bonne compagnie avec ceux de Thalès et de Pythagore.
La transformation isotomique que nous laisserons prudemment bannie dans son royaume de la géométrie algébrique et dont nous oublierons sans vergogne la définition géométrique est la transformation quadratique:
$$(x:y:z)\mapsto (yz:zx:xy).\qquad$$
Il en résulte immédiatement qu'une équation homogène de la pappucine est:
$$a^2 x+b^2y+c^2z=0.\qquad$$
Dans le langage abscons des exaltés de la géométrie du triangle, c'est la droite duale du point de Lemoine $K(a^2:b^2:c^2).\qquad$
Il reste à trouver son pôle par rapport à l'ellipse de Steiner d'équation homogène:
$$yz+zx+xy=0.\qquad$$
La matrice de cette ellipse est:
$$S=\begin{pmatrix}
0&1&1\\
1&0&1\\
0&1&1
\end{pmatrix}
\qquad
$$
Pour avoir le pôle de la pappucine, on fait opérer la comatrice $$\overset{\sim}S=\begin{pmatrix} -1&1&1\\1&-1&1\\1&1&-1\end{pmatrix}\qquad$$
sur le triplet $(a^2,b^2,c^2).\qquad$
Bien sûr quand j'étais taupin, nous ne procédions pas ainsi puisque nous ne savions même pas ce qu'était une matrice. Comment faisions nous? Je ne vous le dirais pas pas plus que je ne vous expliquerais cette sombre histoire de comatrice puisque de toutes façons, les coniques (projectives ou non) ont, elles aussi, disparu dans l'indifférence de l'analphabétisme républicain!
Par contre on sait faire opérer une matrice sur un vecteur, du moins je l'espère et on trouve: $(b^2+c^2-a^2:c^2+a^2-b^2:a^2+b^2-c^2)\qquad$
On peut souffler un peu et se demander quel est ce point sur lequel nous sommes tombés.
Les exaltés de la géométrie du triangle nous clameront: mais c'est l'isotomique de l'orthocentre.
Alors faisons leur confiance: Vox populi, Vox Dei!
Pas besoin d'en savoir plus en géométrie!
On a fait opérer une matrice de taille $3$ sur un triplet, que demander de plus?
Pour avoir le pôle de la pappucine par rapport au cercle circonscrit, on suit la même technique!
La matrice du cercle circonscrit est:
$$C=\begin{pmatrix}
0&c^2&b^2\\
c^2&0&a^2\\
b^2&a^2&0
\end{pmatrix}
\qquad
$$
On calcule sa comatrice, là aussi plus besoin de savoir la définition de la comatrice et on fait confiance à son logiciel et on trouve:
$$\overset{\sim}C=
\begin{pmatrix}
-a^4&a^2b^2&a^2c^2\\
a^2b^2&-b^4&b^2c^2\\
a^2c^2&b^2c^2&-c^4
\end{pmatrix}
\qquad
$$
Et super pied des super pied, on fait opérer pour la seconde fois en quelques minutes, une matrice de taille $3$ sur le même triplet $(a^2,b^2,c^2)\ $ et on trouve:
$$\big(a^2(b^4 + c^4 - a^4) : b^2(c^4 + a^4 - b^4) : c^2(a^4 + b^4 - c^4)\big)\qquad$$
Alors après ces deux orgasmes opérationnels successifs, vous me permettrez de reprendre une sieste bien méritée!
Amicalement
[small]p[/small]appus

L’inverse isogonal de l’ellipse de Steiner circonscrite s’appelle la poulbotine.
La poulbotine est orthogonale à l’axe de Brocard.

La transformation isogonale est la transformation :

$(x:y:z)\mapsto (a^2yz:b^2zx:c^2xy).\qquad$

Une équation de l'ellipse de Steiner est:

$yz+zx+xy=0.$

Il en résulte qu'une équation homogène de la poulbotine est:

$\dfrac{x}{a^2}+\dfrac{y}{b^2}+\dfrac{z}{c^2}=0.$

C'est la droite duale du troisième point de Brocard $\simeq \left[\begin{array}{c} \dfrac{1}{a^2}\\ \dfrac{1}{b^2}\\ \dfrac{1}{c^2}\end{array}\right].$

Le pôle de la poulbotine par rapport au cercle circonscrit est donné par le calcul suivant :

$\overset{\sim}C. \left[\begin{array}{c} \dfrac{1}{a^2}\\ \dfrac{1}{b^2}\\ \dfrac{1}{c^2}\end{array}\right]=

\begin{pmatrix}

-a^4&a^2b^2&a^2c^2\\

a^2b^2&-b^4&b^2c^2\\

a^2c^2&b^2c^2&-c^4

\end{pmatrix}. \left[\begin{array}{c} \dfrac{1}{a^2}\\ \dfrac{1}{b^2}\\ \dfrac{1}{c^2}\end{array}\right] = \left[\begin{array}{c} a^2\\ b^2\\ c^2\end{array}\right]

\qquad$ qui n'est autre que le point de Lemoine.


Amicalement

$X(194)$ est l'anticomplément du troisième point de Brocard.

Il reste l'exercice suivant :

La poulbotine est orthogonale à l’axe de Brocard.

Amicalement

Bonjour Yann,

Paul Yiu a montré que étant donné trois droites $d_1, d_2, d_3,$ on peut trouver une droite $d_4$ qui forme avec la droite $d_3$ le même angle que la droite $d_1$ forme avec la droite $d_2$.