nouvelle approche du cercle de Fuhrmann

Chers amis
Je vous conseille vivement de visiter le site de Jean-Louis.


<img src="http://www.les-mathematiques.net/phorum/file.php?8,file=14202,in_body_attachment=1" align="top" onload="in_body_attachments_resizeimage(this)" alt="FuhrmannCircle.gif" title="FuhrmannCircle.gif">

Voici sans trop de commentaires la définition du cercle de Fuhrmann.
Les points $A'$, $B'$, $C'$ sont les points où les bissectrices intérieures des angles $\widehat A$, $\widehat B$, $\widehat C$ recoupent le cercle circonscrit au triangle $ABC$
On prend ensuite les symétriques respectifs des points $A'$, $B'$, $C'$ par rapport aux côtés $BC$, $CA$, $AB$.
Le cercle de Fuhrmann est le cercle circonscrit au triangle $A"B"C"$.
Fuhrmann a montré que le segment $HN$ en était un de ses diamètres où $H$ est l'orthocentre et $N$ le point de Nagel du triangle $ABC$.
La figure suivante donne sans commentaires la définition du point de Nagel.


<img src="http://www.les-mathematiques.net/phorum/file.php?8,file=14203,in_body_attachment=1" align="top" onload="in_body_attachments_resizeimage(this)" alt="NagelPoint.gif" title="NagelPoint.gif">

Amicalement
Pappus

Merci bs pour l'adresse.
Il ne reste plus qu'à trouver les coordonnées barycentriques du symétrique d'un point par rapport à un côté.

[j'ai trouvé mon bonheur dans ce fil "géométrie du triangle". Merci Yan2]



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a sept mois et a été effectuée par zephir.

Effectivement, le texte de Jean-Louis est difficile à lire, même s'il est délicieusement rétro.
Comme le dit VvuFH, on ne voit pas très bien où il veut en venir et on a pas vraiment envie de s'investir dans sa lecture.
Pourtant la définition du cercle de Furhmann est intrigante.
Pourquoi ce choix des bissectrices intérieures passant par le centre du cercle inscrit.et pas celui de trois autres bissectrices concourantes par exemple au centre du cercle exinscrit $I_A$ dans l'angle $\widehat A$?
Par curiosité, j'ai fait la figure et surprise, surprise, ça marche encore!
Il y aurait donc 4 cercles de Fuhrmann, un pour chaque centre des cercles inscrit et exinscrits, (notés traditionnellement, $I$, $I_A$, $I_B$, $I_C$), sans doute au grand désespoir de ceux qui ont déjà du mal à digérer le premier.
Et en sus du point de Nagel $N$, il y en aurait trois autres de plus à se farcir que je noterai $N_A$, $N_B$, $N_C$.
Ces 4 points de Nagel forment un quadrangle orthocentrique homothétique du quadrangle orthocentrique $II_AI_BI_C$ dans l'homothétie de centre $G$, isobarycentre de $ABC$ et de rapport -2.
Autrement dit ce sont les centres des cercles inscrit et exinscrits du triangle antimédial de $ABC$.
Les 4 cercles de Fuhrmann sont les cercles de diamètre $HN$, $HN_A$, $HN_B$, $HN_C$.

Pour ceux que les calculs rassurent, on peut identifier le plan au plan complexe et prendre le cercle circonscrit au triangle $ABC$ pour cercle unité. C'est le truc de Morley.
La seconde astuce est de prendre pour affixes des sommets $A$, $B$, $C$ respectivement les complexes $a^2$, $b^2$, $c^2$. Les affixes des 6 points où les 6 bissectrices recoupent le cercle circonscrit se calculent aisément et je renvoie au passage du livre de Jean-Denis Eiden qui traite de cette question des bissectrices avec un zeste de théorie de Galois à la clef!
Amicalement
Pappus
PS
Avec cette méthode, tous les affixes des points intervenant dans la figure de Fuhrmann sont des polynômes en $(a,b,c)$
Bizarre, bizarre, vous avez dit bizarre!



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a sept mois et a été effectuée par pappus.

J'ai dit que la lecture des textes de Jean-Louis était difficile mais pas plus que celle d'un texte mathématique en général. Son site s'adresse surtout aux amoureux de la géométrie du triangle et je comprends que les adeptes de la mesure de Lebesgue fassent la fine bouche mais savent-ils que ce dernier était aussi un amoureux de la belle géométrie et que son dernier livre paru après sa mort portait sur les constructions géométriques.
Lebesgue fut toute sa vie obsédé par des questions pédagogiques., voir par exemple son ouvrage sur les coniques.

Pour en revenir à la configuration des cercles de Fuhrmann, je peux préciser que les affixes de tous les points intervenant dans la figure sont des polynômes homogènes du second degré appartenant à $\mathbb Q[a,b,c]$.
Avec l'utilisation du produit scalaire dans $\mathbb C$ euclidien usuel, il ne devrait pas être trop difficile de démontrer que $HN$ est un diamètre.
Je suppose qu'il doit aussi exister une preuve par les coordonnées barycentriques mais je n'ai pas trop réfléchi dessus.
L'avantage de la solution calculatoire sur celle de Jean-Louis, c'est qu'elle permet de traiter simultanément les quatre cercles de Fuhrmann et d'en préciser par exemple les rayons, etc...



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a sept mois et a été effectuée par pappus.

Je voudrais expliquer brièvement l'intérêt de choisir pour affixes des points $A$, $B$, $C$ les complexes $a^2$, $b^2$, $c^2$ (de module 1).
Identifions une bonne fois pour toute le plan euclidien au corps des complexes $\mathbb C$ muni de sa structure euclidienne usuelle.
Considérons quatre points $a$, $b$ ,$p$, $q$ sur le cercle unité.
La droite $L(a, b)$ joignant les points $a$ et $b$ sera parallèle à la droite $L(p,q)$ joignant les points $p$ et $q$ si et seulement si: $a. b = p.q$
Les affixes des points du cercle unité où la tangente est parallèle à $L(a,b)$ sont donc les racines du polynôme: $z^2 - a.b$ c'est à dire sont $\pm\sqrt{a. b}$.
Maintenant si on ne veut pas trainer de racines carrées, on comprend pourquoi il vaut mieux appeler $a^2$, $b^2$, $c^2$ les affixes des points $A$, $B$, $C$.
On récupère alors sur le cercle unité 6 points où les bissectrices en chaque sommet recoupent le cercle unité.
Ces 6 points se regroupent naturellement en 3 paires de points diamétralement opposés:
$(b . c, -b . c)$, $(c . a, -c . a)$, $(a . b, -a . b)$

On choisit dans chaque paire un point pour obtenir un triplet: $(\epsilon_1 b.c, \epsilon_2 c.a, \epsilon_3 a.b)$ où $\epsilon _k = \pm 1$ pour $1 \le k \le 3$.

Maintenant quelle est la condition nécessaire et suffisante portant sur $(\epsilon_1 , \epsilon_2 , \epsilon_3)$ pour que les 3 bissectrices $L(a^2, \epsilon_1 b.c)$, $L(b^2, \epsilon_2 c.a)$, $L(c^2, \epsilon_3 a.b)$ soient concourantes?
Amicalement
Pappus



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a sept mois et a été effectuée par pappus.

Chers amis
Voici ce que j'ai trouvé pour les affixes des points de la configuration de Fuhrmann après le choix des signes adéquats suggéré par la méthode décrite dans mon précédent message:
$a" = b^2 + c^2 + bc$, $b" = c^2 + a^2 + ca$, $c" = a^2 + b^2 + ab$
$h = a^2 + b^2 + c^2$
$i = -bc -ca -ab$, affixe du centre du cercle inscrit $I$ à ne pas confondre avec le $\imath, \imath^2 = -1$
$n = (a + b + c)^2$
On remarque que tous ces affixes appartiennent en fait à $\mathbb Z[a, b, c]$
Ce doit maintenant être un jeu d'enfant de vérifier les orthogonalités prédites par Fuhrmann.
Amicalement
Pappus



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a sept mois et a été effectuée par pappus.

Petite question subsidiaire:
J'appelle $a^n$, $b^n$, $c^n$ , $n \in \mathbb N$, les affixes ( de module 1) des sommets $A$, $B$, $C$.
Les points dont les affixes sont des polynômes symétriques en $(a, b, c)$ appartenant à $\mathbb Q[a, b, c]$ appartiennent ils à la fameuse liste de Kimberling et réciproquement etc...?
Je ne connais pas la réponse
Aller sur le site:
[faculty.evansville.edu]

pour voir cette liste et sa définition.
Amicalement
Pappus



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a sept mois et a été effectuée par pappus.

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J'ai juste rajouté sur la figure le centre de gravité $G$ du triangle $ABC$ et le centre $\Omega$ du cercle de Fuhrmann.
On voit apparaître le trapèze $OIHN$ dont les diagonales se coupent en $G$.
$\overrightarrow{GH} = -2\overrightarrow{GO} $ et $\overrightarrow{GN} = -2\overrightarrow{GI} $.
L'affixe du centre du cercle de Fuhrmann est: $\omega = a^2 + b^2 + c^2 + bc +ca +ab$
Le rayon du cercle de Fuhrmann est donc : $\rho = |bc + ca + ab| = OI$
On a: $\omega - a" = a^2 + ab + ac$
Donc: $|\omega - a"| = |a+ b+ c|$
La configuration de Fuhrmann résulte donc de l'identité: $|a+ b+ c| = |bc + ca + ab|$ que je laisse à votre sagacité.
Il n'y a pas besoin de recommencer les calculs pour les 3 autres cercles de Fuhrmann, pourquoi?

Amicalement
Pappus
PS
Comparer ma preuve avec celle de Jean-Louis?
La relation $n = (a+b+c)^2$ se traduit par passage aux modules par $OI^2 = R \times ON$ où $R$ est le rayon du cercle circonscrit au triangle $ABC$.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a sept mois et a été effectuée par pappus.