Merci Yann de nous rendre visite.
On ne peut dire que c'est un scoop!
L'équation barycentrique de l'hyperbole de Kiepert est:
$$\dfrac{b^2-c^2}x+\dfrac{c^2-a^2}y+\dfrac{a^2-b^2}z=0\qquad$$
Le centre du cercle inscrit du triangle médian s'appelle le centre de Spieker et apparait en dixième position dans la liste de Kimberling. Ses coordonnées barycentriques sont $(b+c:c+a:a+b)\qquad$.
Ton résultat en découle!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Bonjour
Les $3$ triangles isocèles $BCU,CAV,ABW$ sont directement semblables et les droites $AU,BV,CW$ concourent au point $S$ (propriété classique de l'hyperbole de Kiepert). On a (voir figure)
$\tan t=?$
(expression très simple si possible)
Amicalement. Poulbot
Merci Poulbot
Avec tes notations, les coordonnés barycentriques du point courant $S$ de l'hyperbole de Kiepert sont:
$$\big(\sin(A)\sin(B+t)\sin(C+t):\sin(B)\sin(C+t)\sin(A+t):\sin(C)\sin(A+t)\sin(B+t)\big)\qquad$$
Il faut identifier avec:
$$\big((\sin(B)+\sin(C):\sin(C)+\sin(A):\sin(A)+\sin(B)\big)$$
J'avoue être pris d'une sainte flemme!!!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Re-bonjour @Rescassol Ne serait-ce pas plutôt $\tan t=\sqrt{...\vphantom X}$ ou, plus simplement, $\tan t=\dfrac{r}{s}$ où $s$ est le demi-périmètre et $r$ le rayon du cercle inscrit.
Bien cordialement. Poulbot
Bonjour à tous
Poulbot voulait une formule simple!
En partant de la formule de Rescassol et en utilisant les identités du Lalesco qui transforment les sommes en produits, je suis arrivé à:
$$\tan(t)=\tan(\dfrac A 2)\tan(\dfrac B 2)\tan(\dfrac C 2)\qquad$$
Amicalement
[small]p[/small]appus
Et voilà mon code Matlab (je ne fais pas que rescassoliser :-D):
% Yannguyen - 04 Mai 2021 - Un point de plus sur l'hyperbole de Kiepert
% Une question supplémentaire de Poulbot
clc, clear all, close all
syms a b c real % Longueurs des côtés du triangle ABC
A=[1; 0; 0]; % Sommet A du triangle ABC
Ap=[0; 1; 1]; % Milieu A' de [BC]
%-----------------------------------------------------------------------
% Point de Spieker
Sp=[b+c; c+a; a+b];
% Droite (A Sp)
AS=Wedge(A,Sp); % On trouve AS = [0, - a - b, a + c]
% Médiatrice de [BC]:
Med = [c^2 - b^2, -a^2, a^2];
% Point d'intersection U de ces deux droites:
U=Wedge(AS,Med);
U=ParPGCD(U); % Simplification
% On trouve U = [-a^2; -(a + c)*(b + c); -(a + b)*(b + c)]
% Carré de la distance de U à A'
d2=Distance(U,Ap,a,b,c);
Tgte2=Factor(d2/(a^2/4)); % tan(t)^2
% On trouve Tgte2=((a + b - c)*(a - b + c)*(b - a + c))/(a + b + c)^3
Bonsoir
J'ai posé ce truc absolument sans intérêt à cause de la grande simplicité du résultat $\tan t=\dfrac{r}{s}$.
En tout cas, grand merci à Pappus et Rescassol.
Amicalement. Poulbot
Que peut-on dire de la conîque passant par le centre de gravité et par les centres du cercle inscrit et des cercles exinscrits du triangle ABC ? Et peut-on lui donner un nom ?
Bonjour Yann
Je suis réveillé et détendu!
Ce qui est certain, c'est que cette conique est équilatère puisque les centres des cercles tangents aux côtés du triangle $ABC\ $ forment un quadrangle orthocentrique
Ne serait-ce pas ta conique, la conique de Yann?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Merci Rescassol.
Je vois bien que j'ai encore tout à apprendre!
Voici un nouveau problème concernant Monsieur Ludwig Kiepert.
Ce prénom ne m'est pas inconnu!
On se donne une hyperbole équilatère $(H)$ et deux points $A$ et $B$ sur cette hyperbole.
Construire les points $C\in (H)$ tels que $(H)$ soit l'hyperbole de Kiepert du triangle $ABC.\qquad$
Amicalement
[small]p[/small]appus
Bonjour Yann
Compte tenu de ce que tu viens de nous dire , son équation en coordonnées barycentriques est donc:
$$(b^2-c^2)x^2+(c^2-a^2)y^2+(a^2-b^2)z^2=0\qquad$$
Elle est donc autopolaire!
Bof!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Bonjour
Si on utilise les coordonnées barycentriques relatives à $ABC$, l'équation de l'hyperbole de Yannguyen est
$\left( b^{2}-c^{2}\right) x^{2}+\left( c^{2}-a^{2}\right) y^{2}+\left( a^{2}-b^{2}\right) z^{2}=0$.
C'est l'image de l'hyperbole de Kiepert de $ABC$ par l'homothétie $\left( G,-2\right) $.
PS : Mon message est nul et non avenu puisque Pappus a entre-temps rectifié le sien.
Bien cordialement. Poulbot
Merci Poulbot
Tes messages sont toujours les bienvenus.
Le grand âge étant arrivé, je fais toujours de multiples bourdes.
Quand je tape un texte, j'oublie une lettre ou deux dans chaque mot que j'écris.
Dans mon message précédent, je pensais $(b^2-c^2)x^2+(c^2-a^2)y^2+(a^2-b^2)z^2=0$ et j'ai écrit: $(b^2-c^2)yz+(c^2-a^2)zx+(a^2-b^2)xy=0$
Je dois relire chacun de mes messages constamment plusieurs fois de suite et malgré tout certaines erreurs subsistent!!!!
Passe une très bonne journée!
Amicalement
[small]p[/small]appus
il est d'usage de la dénommer : hyperbole de Steiner-Wallace.
C'est l'anticomplémentaire de l'hyperbole de Kiepert.
C'est le lieu des points P appartenant à la droite passant par l'isotomique P' de P et par l'isogonal P* de P.
Elle passe par X(1), X(2), X(20), X(63), X(147), X(194), X(368), X(487), X(488), X(616), etc. du catalogue de Kimberling.
Bonjour Poulbot
Merci pour tes explications toujours aussi pertinentes mais je me gratte toujours la tête dégarnie pour comprendre pourquoi le cercle circonscrit au triangle diagonal fait partie de ce faisceau.
La première fois que j'ai entendu parler de la droite de Newton (sans connaître d'ailleurs le nom de son inventeur), c'est en classe de Mathématiques. Lebossé-Hémery prouve son existence en faisant intervenir les faisceaux de cercles orthogonaux dont tu viens de nous parler!
Plus tard, j'ai compris pourquoi cette preuve était dérangeante car la droite de Sir Isaac a une définition affine.
Il est vrai qu'aujourd'hui cette remarque n'a plus aucune importance puisqu'on en est revenu au temps d'Euclide et peut-être même un peu plus avant!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Re-bonjour Pappus
J'ai l'impression que ton message précédent n'a pas atterri dans le bon fil qui devrait être Hyperbole équilatère où es-tu?
et où je pense avoir répondu (brièvement il est vrai) à ton attente.
Amicalement. Poulbot
Bravo Kolotoko ! Je ne savais pas que cette hyperbole équilatère avait un nom !
L'hyperbole en question est en effet le lieu des points $M$ du plan tels que $M$, son inverse isotomique $M'$ et son inverse isogonal $M''$ sont alignés !
Maître Pappus a posé plus haut le problème suivant.
On se donne une hyperbole équilatère $(H)$ et deux points $A$ et $B$ sur cette hyperbole.
Construire les points $C\in (H)$ tels que $(H)$ soit l'hyperbole de Kiepert du triangle $ABC$.
Une tentative de réponse, qui ne me satisfait pas.
Le centre $S_{\cal K}$ de cette hyperbole appartient à l'ellipse de Steiner inscrite $\sigma_{ABC}$. Cette dernière est tangente au segment $AB$ en son milieu $G_C$. On connaît par ailleurs les directions de ses axes, qui sont en effet données par les directions des asymptotes de notre hyperbole de départ. C'est assez pour en déterminer le centre, qui est $G$.
Mon cher Yann
Pour que l'hyperbole équilatère $(H)$ soit l'hyperbole de Kiepert du triangle $ABC$, il faut et il suffit que le centre de gravité $ G\ $ du triangle $ABC\ $ appartienne à $(H).\qquad$
Amicalement
[small]p[/small]appus
Mais bien sûr !
Le point $G$ est à l’intersection de $(H)$ et de son homothétique par l’homothétie de centre le milieu de $AB$ et de rapport $1/3$ (et non 2/3 comme j’avais écrit d’abord).
D’où plusieurs solutions !
Je suis nul
Yann
(Rapport d’homothétie corrigé après le rappel à l’ordre du Maître !)
Bonsoir à tous
Comme l'a dit Yann, c'est un problème d'intersection d'hyperboles équilatères.
1° Encore faudrait-il savoir lesquelles exactement?
2° Ces deux hyperboles ont les mêmes points à l'infini.
Les points restant fournissent un problème du second degré.
D'où ma question un peu sournoise:
le point $A$ étant donné sur l'hyperbole $(H)$, où placer le point $B$ pour qu'il n'ait qu'une seule solution pour le point $C$?
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS @Yann
Tu remarques que j'ai fait la figure exacte.
Donc j'ai fait les calculs guère très difficiles puisqu'il s'agit d'équations du second degré.
Encore faut-il les écrire!!!!!
Bonjour Maître,
Une fois le point $S$ choisi sur l'hyperbole déduite de $(H)$ par l'homothétie de centre $O$ de rapport $2$, on dessine le cercle de centre $S$ passant par $O$, et ses points d’intersection avec les asymptotes nous donnent alors la droite $(AB)$...
Mon cher Yann
Je ne comprends pas ce que tu as fait
La question est la suivante:
On se donne deux points $A$ et $B$ sur l'hyperbole équilatère $(H)$.
Quand a-t-on $0$, $1$ ou $2$ solutions pour le problème de Kiepert.
Je te montre le chemin que j'ai suivi.
Je note $S$ le milieu du segment $AB$.
On passe du centre de gravité $G$ au point $C$ par l'homothétie de centre $S$ et de rapport $3$.
Soit $(H')$ l'hyperbole équilatère transformée de $(H)$ par cette homothétie.
On est ramené à discuter de l'intersection $(H)\cap (H')$.
Le plus difficile dans ma preuve est d'écrire l'équation de $(H')$.
J'ai remarqué au cours de ma longue carrière dans l'enseignement que nos étudiants avaient beaucoup de mal à calculer des images même et surtout dans le cas linéaire alors qu'ils sont abreuvés d'algèbre linéaire!!!
Amicalement
[small]p[/small]appus
En fait je n'ai pas commencé par $A$, mais par le milieu $S$ de $AB$, et j'ai construit les points $A$ et $B$, qui leur correspond un seul $C$, tel que $(H)$ soit l'hyperbole de Kiepert de $ABC$...
Sauf erreur de ma part.
Mon cher Yann
Il est quand même plus normal de suivre une méthode qui respecte les objets donnés au départ, à savoir les points $A$ et $B$.
Le calcul de l'image n'est pas agréable certes mais j'ai pu le faire à la main!
La fin des calculs se passe dans $\mathbb Q(\sqrt 3).\qquad$
Amicalement
[small]p[/small]appus
Mon cher Yann
OK, tu pars du point $S$ milieu de $AB$ mais explique moi alors l'homothétie que tu as utilisée et qui me semble n'avoir a priori aucun rapport avec le problème de Kiepert!
Amicalement
[small]p[/small]appus
@Rescassol : je n'ai plus la référence concernant la dénomination de cette hyperbole de Steiner-Wallace; je vais tenter de la retrouver; ma petite fiche bristol portant sur celle-ci date d'au moins 20 ans.
Cette hyperbole fait partie de la famille des hyperboles équilatères circonscrites au triangle excentral JAJBJC .
J'ai noté à l'époque l'hyperbole de Steiner-Wallace de centre X(99), l'hyperbole de Jerabek du triangle excentral de centre X(100), l'hyperbole de Kiepert du triangle excentral de centre X(101) et l'hyperbole de Stammler de centre X(110).
Tu dois pouvoir nous en dire beaucoup plus sur ces hyperboles.
Bonjour à tous
Faute de savoir faire opérer une homothétie sur une hyperbole, on dispose au moins d'un catalogue plus ou moins complet des hyperboles des Messieurs Machin-Chouette.
Voilà le niveau géométrique que nous avons atteint!!!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Bonne Nuit à tous et faites de beaux rêves
Ces triangles $ABC$ pour lesquels $A$ et $B$ étant donnés, il n'existe qu'un seul point $C\in (H)$ tel que $(H)$ soit l'hyperbole de Kiepert du triangle $ABC$, je les appelle triangles de Kiepert de l'hyperbole $(H)$.
Ainsi Kiepert, non content d'avoir une hyperbole a aussi ses triangles!
Le veinard!
Montrer que tous les triangles de Kiepert ont la même aire, qu'on appellera évidemment l'aire de Kiepert!
La calculer!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Merci Rescassol
J'aurais bien aimé avoir les détails de ta construction.
Mais je suis à peu près sûr de deux choses:.
1° Tu n'as pas Rescassolisé!
2° Ton résultat final est très probablement juste car tout comme moi tu as atterri dans $\mathbb Q(\sqrt 3).\qquad$.
Personnellement j'ai montré que l'aire était constante (en utilisant un argument de la théorie des groupes) sans la calculer!
Amicalement
[small]p[/small]appus
% Yannguyen - 04 Mai 2021 - Un point de plus sur l'hyperbole de Kiepert
% Une question supplémentaire de Pappus
clc, clear all, close all
syms a b c x real
s1(a,b,c)=a+b+c;
s2(a,b,c)=a*b+b*c+c*a;
s3(a,b,c)=a*b*c;
vdm(a,b,c)=(a-b)*(b-c)*(c-a);
Surf(a,b,c)=vdm(a,b,c)/s3(a,b,c);
%-----------------------------------------------------------------------
gx=s1(a,b,c)/3;
gy=s1(1/a,1/b,1/c)/3;
Eq(a,b,c)=numden(Factor(gx*gy-1));
collect(Eq(a,b,x))
% (a + b)*x^2 + (a^2 - 6*a*b + b^2)*x + a^2*b + a*b^2
A=a+b;
B=a^2-6*a*b+b^2;
C=a^2*b+a*b^2;
D=Factor(B^2-4*A*C) % D = (a - b)^2*(a^2 - 14*a*b + b^2)
%-----------------------------------------------------------------------
% Cas où le discriminant D est nul: D=0
% Alors b=(7-4*sqrt(3))*a ou b=(7+4*sqrt(3))*a
S=Factor((1/c-1/a)*(b-a)-(1/b-1/a)*(c-a))
Nul=Factor(Surf(a,b,c)-S) % Égal à 0, donc on a bien le double de l'aire
syms r % r = sqrt(3)
t=7-4*r; % l'autre cas consiste à intervertir a et b
b=t*a;
A=a+b;
B=a^2-6*a*b+b^2;
c=Factor(-B/(2*A));
% Après simplifications, expression conjuguée et r^2=3, on a:
c = a*(r-2);
S=Factor(Surf(a,b,c)/2)
% On trouve:
S=(2*r - 3)*(5*r - 9)*(r - 3)/((4*r - 7)*(r - 2));
% Re-simplifications et finalement:
S=6*r;
Merci Rescassol pour ton code.
Si j'arrive à sortir de ma torpeur actuelle, je présenterai mes propres calculs et autres constructions.
Je vois que tu n'as pas pu t'empêcher de Rescassoliser et c'est très bien comme cela!!!!!
Je me suis trompé sur ce point là!!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Merci Rescassol
Ainsi j'avais quand même raison!
J'avoue n'avoir lu que le début de ton code où tu introduis les fonctions symétriques de $(a,b,c)$, ce qui traditionnellement se fait quand tu utilises Morley circonscrit.
Je me sens vieux et je n'y comprends plus rien!
Peut-être est-il temps que je tire ma révérence?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Réponses
On ne peut dire que c'est un scoop!
L'équation barycentrique de l'hyperbole de Kiepert est:
$$\dfrac{b^2-c^2}x+\dfrac{c^2-a^2}y+\dfrac{a^2-b^2}z=0\qquad$$
Le centre du cercle inscrit du triangle médian s'appelle le centre de Spieker et apparait en dixième position dans la liste de Kimberling. Ses coordonnées barycentriques sont $(b+c:c+a:a+b)\qquad$.
Ton résultat en découle!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Les $3$ triangles isocèles $BCU,CAV,ABW$ sont directement semblables et les droites $AU,BV,CW$ concourent au point $S$ (propriété classique de l'hyperbole de Kiepert). On a (voir figure)
$\tan t=?$
(expression très simple si possible)
Amicalement. Poulbot
$\tan(t)=\sqrt{\dfrac{(a + b - c)(a - b + c)(b - a + c)}{(a + b + c)^3}}$
Il n'y a plus qu'à exprimer ça à l'aide de l'aire et du demi-périmètre du triangle $ABC$.
Cordialement,
Rescassol
Edit: Oui, Poulbot, un carré en trop. Et j'avais dans l'idée $\dfrac{S}{p^2}$, si je ne fais pas d'erreur dans les coefficients.
Avec tes notations, les coordonnés barycentriques du point courant $S$ de l'hyperbole de Kiepert sont:
$$\big(\sin(A)\sin(B+t)\sin(C+t):\sin(B)\sin(C+t)\sin(A+t):\sin(C)\sin(A+t)\sin(B+t)\big)\qquad$$
Il faut identifier avec:
$$\big((\sin(B)+\sin(C):\sin(C)+\sin(A):\sin(A)+\sin(B)\big)$$
J'avoue être pris d'une sainte flemme!!!
Amicalement
[small]p[/small]appus
@Rescassol Ne serait-ce pas plutôt $\tan t=\sqrt{...\vphantom X}$ ou, plus simplement, $\tan t=\dfrac{r}{s}$ où $s$ est le demi-périmètre et $r$ le rayon du cercle inscrit.
Bien cordialement. Poulbot
Oui, Poulbot, j'espère avoir bien corrigé ($S$ est l'aire du triangle et $p$ son demi-périmètre).
Cordialement,
Rescassol
Poulbot voulait une formule simple!
En partant de la formule de Rescassol et en utilisant les identités du Lalesco qui transforment les sommes en produits, je suis arrivé à:
$$\tan(t)=\tan(\dfrac A 2)\tan(\dfrac B 2)\tan(\dfrac C 2)\qquad$$
Amicalement
[small]p[/small]appus
Et voilà mon code Matlab (je ne fais pas que rescassoliser :-D): Cordialement,
Rescassol
J'ai posé ce truc absolument sans intérêt à cause de la grande simplicité du résultat $\tan t=\dfrac{r}{s}$.
En tout cas, grand merci à Pappus et Rescassol.
Amicalement. Poulbot
Le scoop est à venir...
Que peut-on dire de la conîque passant par le centre de gravité et par les centres du cercle inscrit et des cercles exinscrits du triangle ABC ? Et peut-on lui donner un nom ?
À suivre ...
Yann
Je suis réveillé et détendu!
Ce qui est certain, c'est que cette conique est équilatère puisque les centres des cercles tangents aux côtés du triangle $ABC\ $ forment un quadrangle orthocentrique
Ne serait-ce pas ta conique, la conique de Yann?
Amicalement
[small]p[/small]appus
C’est tout simplement l’hyperbole de Kiepert d’un triangle particulier.
Mais au delà de cela, elle a une propriété assez peu connue.
Avec cette conique, je t’aurais peut-être appris quelque chose. B-)-
Cordialement
Yann
C'est l'hyperbole de Kiepert du triangle antimédial.
Cordialement,
Rescassol
Je vois bien que j'ai encore tout à apprendre!
Voici un nouveau problème concernant Monsieur Ludwig Kiepert.
Ce prénom ne m'est pas inconnu!
On se donne une hyperbole équilatère $(H)$ et deux points $A$ et $B$ sur cette hyperbole.
Construire les points $C\in (H)$ tels que $(H)$ soit l'hyperbole de Kiepert du triangle $ABC.\qquad$
Amicalement
[small]p[/small]appus
Bien trouvé Rescassol
Mais il reste la propriété bien jolie de cette hyperbole !
Propriété que Maître Pappus cherche par son nouvel exercice à nous en détourner. (tu)
Notre hyperbole passe par les points fixes de l’isotomie et de l’isogonalité. Cela est une piste !
Cordialement
Yann
Un petit dessin et l'équation avec Morley inscrit de cette conique $S_1z^2+S_3\overline{z}^2+S_4z+S_5\overline{z}=0$ avec: Su ce, bonne nuit.
Cordialement,
Rescassol
Le centre de cette hyperbole est bien le point de Steiner,
intersection de l’ellipse circonscrite de même nom et du cercle circonscrit.
Compte tenu de ce que tu viens de nous dire , son équation en coordonnées barycentriques est donc:
$$(b^2-c^2)x^2+(c^2-a^2)y^2+(a^2-b^2)z^2=0\qquad$$
Elle est donc autopolaire!
Bof!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Si on utilise les coordonnées barycentriques relatives à $ABC$, l'équation de l'hyperbole de Yannguyen est
$\left( b^{2}-c^{2}\right) x^{2}+\left( c^{2}-a^{2}\right) y^{2}+\left( a^{2}-b^{2}\right) z^{2}=0$.
C'est l'image de l'hyperbole de Kiepert de $ABC$ par l'homothétie $\left( G,-2\right) $.
PS : Mon message est nul et non avenu puisque Pappus a entre-temps rectifié le sien.
Bien cordialement. Poulbot
Tes messages sont toujours les bienvenus.
Le grand âge étant arrivé, je fais toujours de multiples bourdes.
Quand je tape un texte, j'oublie une lettre ou deux dans chaque mot que j'écris.
Dans mon message précédent, je pensais $(b^2-c^2)x^2+(c^2-a^2)y^2+(a^2-b^2)z^2=0$ et j'ai écrit: $(b^2-c^2)yz+(c^2-a^2)zx+(a^2-b^2)xy=0$
Je dois relire chacun de mes messages constamment plusieurs fois de suite et malgré tout certaines erreurs subsistent!!!!
Passe une très bonne journée!
Amicalement
[small]p[/small]appus
il est d'usage de la dénommer : hyperbole de Steiner-Wallace.
C'est l'anticomplémentaire de l'hyperbole de Kiepert.
C'est le lieu des points P appartenant à la droite passant par l'isotomique P' de P et par l'isogonal P* de P.
Elle passe par X(1), X(2), X(20), X(63), X(147), X(194), X(368), X(487), X(488), X(616), etc. du catalogue de Kimberling.
Bien cordialement.
kolotoko
Merci pour tes explications toujours aussi pertinentes mais je me gratte toujours la tête dégarnie pour comprendre pourquoi le cercle circonscrit au triangle diagonal fait partie de ce faisceau.
La première fois que j'ai entendu parler de la droite de Newton (sans connaître d'ailleurs le nom de son inventeur), c'est en classe de Mathématiques. Lebossé-Hémery prouve son existence en faisant intervenir les faisceaux de cercles orthogonaux dont tu viens de nous parler!
Plus tard, j'ai compris pourquoi cette preuve était dérangeante car la droite de Sir Isaac a une définition affine.
Il est vrai qu'aujourd'hui cette remarque n'a plus aucune importance puisqu'on en est revenu au temps d'Euclide et peut-être même un peu plus avant!
Amicalement
[small]p[/small]appus
J'ai l'impression que ton message précédent n'a pas atterri dans le bon fil qui devrait être
Hyperbole équilatère où es-tu?
et où je pense avoir répondu (brièvement il est vrai) à ton attente.
Amicalement. Poulbot
L'hyperbole en question est en effet le lieu des points $M$ du plan tels que $M$, son inverse isotomique $M'$ et son inverse isogonal $M''$ sont alignés !
Bof, Bof, dirait Pappus.
Cordialement,
Yann
Maître Pappus a posé plus haut le problème suivant.
On se donne une hyperbole équilatère $(H)$ et deux points $A$ et $B$ sur cette hyperbole.
Construire les points $C\in (H)$ tels que $(H)$ soit l'hyperbole de Kiepert du triangle $ABC$.
Une tentative de réponse, qui ne me satisfait pas.
Le centre $S_{\cal K}$ de cette hyperbole appartient à l'ellipse de Steiner inscrite $\sigma_{ABC}$. Cette dernière est tangente au segment $AB$ en son milieu $G_C$. On connaît par ailleurs les directions de ses axes, qui sont en effet données par les directions des asymptotes de notre hyperbole de départ. C'est assez pour en déterminer le centre, qui est $G$.
En attendant J_J, pour une meilleure idée.
Cordialement
Yann
Pour que l'hyperbole équilatère $(H)$ soit l'hyperbole de Kiepert du triangle $ABC$, il faut et il suffit que le centre de gravité $ G\ $ du triangle $ABC\ $ appartienne à $(H).\qquad$
Amicalement
[small]p[/small]appus
Le point $G$ est à l’intersection de $(H)$ et de son homothétique par l’homothétie de centre le milieu de $AB$ et de rapport $1/3$ (et non 2/3 comme j’avais écrit d’abord).
D’où plusieurs solutions !
Je suis nul
Yann
(Rapport d’homothétie corrigé après le rappel à l’ordre du Maître !)
J'attends tes éventuelles solutions.
J'ai quelque doute sur ton rapport d'homothétie!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Pour discuter du nombre de solutions
Je ne vois d’autres façon sérieuse que le calcul analytique
Si $xy=k$ est l’équation de $(H)$ et $(\alpha,\beta)$ est le milieu $I$ de $AB$,
L’homothétie $h(I, 1/3)$....etc
On se rétribue à étudier le signe de $z(z-k)$, où $z=2\alpha\beta$.
On peut avoir zéro, une ou deux solutions.
A vérifier
Yann
Il reste à voir où peut se trouver $I$ dans le plan.
Comme l'a dit Yann, c'est un problème d'intersection d'hyperboles équilatères.
1° Encore faudrait-il savoir lesquelles exactement?
2° Ces deux hyperboles ont les mêmes points à l'infini.
Les points restant fournissent un problème du second degré.
D'où ma question un peu sournoise:
le point $A$ étant donné sur l'hyperbole $(H)$, où placer le point $B$ pour qu'il n'ait qu'une seule solution pour le point $C$?
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
@Yann
Tu remarques que j'ai fait la figure exacte.
Donc j'ai fait les calculs guère très difficiles puisqu'il s'agit d'équations du second degré.
Encore faut-il les écrire!!!!!
Une fois le point $S$ choisi sur l'hyperbole déduite de $(H)$ par l'homothétie de centre $O$ de rapport $2$, on dessine le cercle de centre $S$ passant par $O$, et ses points d’intersection avec les asymptotes nous donnent alors la droite $(AB)$...
Bien cordialement,
Yann
As tu une référence, Kolotoko, pour cette hyperbole de Steiner-Wallace ?
Je n'en ai trouvé que pour l'hyperbole de Kiepert.
Cordialement,
Rescassol
Je ne comprends pas ce que tu as fait
La question est la suivante:
On se donne deux points $A$ et $B$ sur l'hyperbole équilatère $(H)$.
Quand a-t-on $0$, $1$ ou $2$ solutions pour le problème de Kiepert.
Je te montre le chemin que j'ai suivi.
Je note $S$ le milieu du segment $AB$.
On passe du centre de gravité $G$ au point $C$ par l'homothétie de centre $S$ et de rapport $3$.
Soit $(H')$ l'hyperbole équilatère transformée de $(H)$ par cette homothétie.
On est ramené à discuter de l'intersection $(H)\cap (H')$.
Le plus difficile dans ma preuve est d'écrire l'équation de $(H')$.
J'ai remarqué au cours de ma longue carrière dans l'enseignement que nos étudiants avaient beaucoup de mal à calculer des images même et surtout dans le cas linéaire alors qu'ils sont abreuvés d'algèbre linéaire!!!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Sauf erreur de ma part.
Cordialement
Yann
Il est quand même plus normal de suivre une méthode qui respecte les objets donnés au départ, à savoir les points $A$ et $B$.
Le calcul de l'image n'est pas agréable certes mais j'ai pu le faire à la main!
La fin des calculs se passe dans $\mathbb Q(\sqrt 3).\qquad$
Amicalement
[small]p[/small]appus
OK, tu pars du point $S$ milieu de $AB$ mais explique moi alors l'homothétie que tu as utilisée et qui me semble n'avoir a priori aucun rapport avec le problème de Kiepert!
Amicalement
[small]p[/small]appus
@Rescassol : je n'ai plus la référence concernant la dénomination de cette hyperbole de Steiner-Wallace; je vais tenter de la retrouver; ma petite fiche bristol portant sur celle-ci date d'au moins 20 ans.
Cette hyperbole fait partie de la famille des hyperboles équilatères circonscrites au triangle excentral JAJBJC .
J'ai noté à l'époque l'hyperbole de Steiner-Wallace de centre X(99), l'hyperbole de Jerabek du triangle excentral de centre X(100), l'hyperbole de Kiepert du triangle excentral de centre X(101) et l'hyperbole de Stammler de centre X(110).
Tu dois pouvoir nous en dire beaucoup plus sur ces hyperboles.
Bien cordialement.
kolotoko
Faute de savoir faire opérer une homothétie sur une hyperbole, on dispose au moins d'un catalogue plus ou moins complet des hyperboles des Messieurs Machin-Chouette.
Voilà le niveau géométrique que nous avons atteint!!!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Ces triangles $ABC$ pour lesquels $A$ et $B$ étant donnés, il n'existe qu'un seul point $C\in (H)$ tel que $(H)$ soit l'hyperbole de Kiepert du triangle $ABC$, je les appelle triangles de Kiepert de l'hyperbole $(H)$.
Ainsi Kiepert, non content d'avoir une hyperbole a aussi ses triangles!
Le veinard!
Montrer que tous les triangles de Kiepert ont la même aire, qu'on appellera évidemment l'aire de Kiepert!
La calculer!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Pappus, voilà un triangle de Kiepert.
Cordialement,
Pappus
J'aurais bien aimé avoir les détails de ta construction.
Mais je suis à peu près sûr de deux choses:.
1° Tu n'as pas Rescassolisé!
2° Ton résultat final est très probablement juste car tout comme moi tu as atterri dans $\mathbb Q(\sqrt 3).\qquad$.
Personnellement j'ai montré que l'aire était constante (en utilisant un argument de la théorie des groupes) sans la calculer!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Voilà le calcul (Géogébra est d'accord): Cordialement,
Rescassol
Si j'arrive à sortir de ma torpeur actuelle, je présenterai mes propres calculs et autres constructions.
Je vois que tu n'as pas pu t'empêcher de Rescassoliser et c'est très bien comme cela!!!!!
Je me suis trompé sur ce point là!!
Amicalement
[small]p[/small]appus
> Je vois que tu n'as pas pu t'empêcher de Rescassoliser
Sauf que c'est en de simples coordonnées cartésiennes et non en complexes.
Cordialement,
Rescassol
Ainsi j'avais quand même raison!
J'avoue n'avoir lu que le début de ton code où tu introduis les fonctions symétriques de $(a,b,c)$, ce qui traditionnellement se fait quand tu utilises Morley circonscrit.
Je me sens vieux et je n'y comprends plus rien!
Peut-être est-il temps que je tire ma révérence?
Amicalement
[small]p[/small]appus