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Triangle Limite

Envoyé par pappus 
Triangle Limite
il y a huit années
Voici l'énoncé d'un problème pris sur le site de Hyacinthos

[attachment 19953 LimitProblem.gif]

En voici la traduction où j'ai essayé de respecter le jargon de Mr Banerjee:

Dans un triangle $A_1B_1C_1$, on prend les symétriques des sommets respectivement par rapport aux côtés opposés pour obtenir un triangle $A_2B_2C_2$. On répète l'opération avec le nouveau triangle.
Montrer qu'après un nombre infini d'itérations, on obtient un triangle équilatéral.

Mis à part cette curieuse utilisation de la notion de limite, pensez vous que cet énoncé est vrai et sinon comment le modifier?
Amicalement
Pappus
Re: Triangle Limite
il y a huit années
avatar
Je ne saurais dire s'il est vrai, mais expérimentalement au moins, il ne semble pas être complètement dénué de valeur (modulo la bonne notion de limite) :


[attachment 19955 triangle.gif]

[attachment 19956 triangle1.gif]

[attachment 19957 triangle2.gif]



Re: Triangle Limite
il y a huit années
Mon cher Remarque
Bien sûr, c'est ce que j'avais remarqué moi aussi!
Mais que penses-tu de ça!


[attachment 19958 RemarqueSymmetry.gif]


Amicalement
Pappus
Re: Triangle Limite
il y a huit années
avatar
Cela doit être l'exception qui confirme la règle.:) Comme je tire le triangle initial au hasard, j'avais peu de chances de tomber pile dessus !
Re: Triangle Limite
il y a huit années
avatar
Il s'agit d'ailleurs probablement d'un point fixe répulsif :


[attachment 19963 triangle1.gif]


Les oscillations du début sont dues à la façon dont scilab calcule la fenêtre d'affichage. En fait, ça ne bouge pas de façon appréciable à ce moment-là.


Re: Triangle Limite
il y a huit années
avatar
Bonjour

Il faut supposer que pour le triangle initial, les angles sont aigus.

Euh! d'ailleurs il semble que si à la première itération les sommets A2, B2 et C2 se trouvent sur une même droite alors l'assertion est fausse (dixit Francois Rideau).
Re: Triangle Limite
il y a huit années
Il y a donc deux problèmes:
1° Prouver le processus de convergence quand tous les angles sont aigus.
2° Quels sont les triangles $A_1B_1C_1$ tels que le triangle $A_nB_nC_n$ soit aplati pour $n \ge 2$?
Amicalement
Pappus
PS
J'ai envie de représenter la classe d'isométrie d'un triangle par un point dans un carré comme Remarque semble le faire
On aurait donc à étudier un système dynamique dans un carré
Re: Triangle Limite
il y a huit années
avatar
Comment ça des angles aigus ? J'ai plein de films plus haut où ça converge très bien avec des angles obtus. Je les ai même passés au ralenti...
Re: Triangle Limite
il y a huit années
avatar
Allez, j'ai amélioré un peu les effets spéciaux. Le public est de plus en plus exigeant là-dessus.


[attachment 19965 triangle1.gif]



Re: Triangle Limite
il y a huit années
Mon cher Remarque
Sans doute est on assuré de la convergence dans le cas des angles aigus quoique je n'ai pas de démonstration pour l'instant.
Dans le cas des angles obtus, c'est plus délicat.
Il faut voir comment se répartissent les triangles initiaux pour lesquels $A_nB_nC_n$ est aplati pour un certain $n\ge 2$
Amicalement
Pappus
Re: Triangle Limite
il y a huit années
avatar
Soit $a_i$ les affixes des points $A_i$ pour $i$ allant de 1 à 2.

L'application $z \longmapsto -b_1c_1 \overline z + b_1 + c_1$ est une similitude indirecte de $\mathbb C$ fixant les points $b_1$ et $c_1$ car $b_1\overline b_1 = c_1\overline c_1 = 1$. C'est donc la symétrie par rapport à la droite joignant les points $b_1$ et $c_1$.

Donc les symétriques $A_2, B_2,C_2$ des points $A_1,B_1$ et $C_1$ sont donnés par :
$a_2 = -b_1c_1\overline{a_1} + b_1 + c_1$
$b_2 = -c_1a_1\overline{b_1} +c_1+a_1$
$c_2 = -a_1b_1\overline{c_1} + a_1 + b_1$.


Soit $H$ l'orthocentre du triangle $A_1B_1C_1.$ Avec le truc de Morley, $H$ a pour affixe $h=a_1+b_1+c_1.$
Je considère maintenant l'application affine $f:\mathbb C \longmapsto \mathbb C$ par :
$f(z) = -2z -(a_1 b_1 c_1) \overline{h}\overline z + 2(a_1+b_1 + c_1)$
soit
$\fbox{f(z) = -2z -(a_1 b_1+a_1c_1+b_1c_1) \overline z + 2(a_1+b_1 + c_1)}$
On a :
$f(a_1)=-2a_1-(a_1 b_1 c_1)( \overline{a_1+b_1 + c_1})\overline a_1 + 2(a_1+b_1 + c_1)$
soit
$f(a_1)= -( b_1 c_1) \overline{a_1} -(b_1 c_1)\overline{b_1 } -(b_1c_1)\overline{ c_1} +2b_1 + 2c_1$
c'est-à-dire
$\fbox{f(a_1)= -( b_1 c_1) \overline{a_1} +b_1 + c_1.}$

De même, on a :
$f(b_1)=-2b_1-(a_1 b_1 c_1) (\overline{a_1+b_1 + c_1})\overline b_1 + 2(a_1+b_1 + c_1)$
soit
$\fbox{f(b_1)=-(a_1 c_1) \overline{b_1} + a_1+ c_1}$
et aussi
$\fbox{f(c_1)= -a_1b_1\overline{c_1} + a_1 + b_1}.$

$f$ est une application affine de $\mathbb C$ dans $\mathbb C$ dont la partie linéaire $\overrightarrow f$ est définie par:
$\overrightarrow f(z) = -2z -(a_1 b_1+a_1c_1+b_1c_1) \overline z $
On doit maintenant déterminer $\text{Det}(\overrightarrow f).$

On sait que toute application linéaire $f: \mathbb C \longmapsto \mathbb C$ pour la structure vectorielle de $\mathbb C$ sur le corps des réels $\mathbb R$
s'écrit:
$f(z) = a.z + b.\overline z \text{avec } (a, b) \in\mathbb C^2$.

La trace et le déterminant de $f$ sont alors donnés par :

$\text{Trace}(f) = a + \overline a$.
$\text{Det}(f) = |a|^2 - |b|^2$

Il semble que $\text{Trace}(f) = -4$ et
$\text{Det}(f) = |-2|^2 - | a_1 b_1+a_1c_1+b_1c_1|^2=4 - | a_1 b_1+a_1c_1+b_1c_1|^2.$
Re: Triangle Limite
il y a huit années
avatar
Citation
pappus
Il faut voir comment se répartissent les triangles initiaux pour lesquels $A_nB_nC_n$ est aplati pour un certain $n\ge 2$

Je parierais volontiers qu'ils sont de mesure nulle (disons sur $\C^3$). Mais il faut effectivement plutôt voir la chose comme un système dynamique discret sur les classes de similitudes de triangles.
Re: Triangle Limite
il y a huit années
Bonjour à tous,
J'ai tenté l'attaque suivante :
Je note $a,b,c$ les carrés des longueurs des côtés du triangle initial, puis $s_1=a+b+c,\ s_2=ab+bc+ca,\ s_3=abc$ (les fonctions symétriques de $a,b,c$). Puis je note $u,v,w$ les carrés des longueurs du triangle "symétrisé" et $t_1,\ t_2,\ t_3$ leurs fonctions symétriques.
On a la relation : $$u=b+c-2\sqrt{bc}\cos{3\hat A}=b+c-(b+c-a)(2\dfrac {b+c-a}{bc}-3),$$et deux autres relations similaires pour $v$ et $w$, ce qui permet de calculer $t_1,t_2,t_3$ en fonction de $s_1,s_2,s_3$.
J'ai calculé $t_1$ et $t_2$. Sauf erreur, on a: $$t_1=\dfrac{-s_1^4+8s_1^2s_2-s_1s_3-16s_2^2}{s_3}$$et$$t_2=\dfrac{s_1^6s_2+2s_1^5s_3-12s_1^4s_2^2-6s_1^3s_2s_3+48s_1^2s_2^3+6s_1^2s_3^2-10s_1^3s_2s_3+32s_1s_2^2s_3-64s_2^4-23s_2s_3^2-2s_2s_3^2}{s_3^2}$$Je n'ai pas fini le calcul de $t_3$. Je me suis fait aider par MAPLE.

Je ne sais pas si ces calculs peuvent déboucher sur quelque chose.
edit : voici $t_3$ pour le fun : $t_3=-(s_1^9-16s_2s_1^7+7s_1^6s_3+96s_1^5s_2^2-256s_1^3s_2^3+256s_1s_2^4-448s_2^3s_3-84s_1^4s_2s_3+336s_1^2s_2^2s_3-s_1^3s_3^2+4s_1s_2s_3^2+s_3^3)/s_3^2$
Re: Triangle Limite
il y a huit années
Pour chercher les triangles $A_1B_1C_1$ tels que $A_2B_2C_2$ soit aplati, on peut appliquer le truc de Morley.
Je laisse tomber les indices inutiles pour le moment et je note $a$, $b$, $c$ les affixes de $A_1$, $B_1$, $C_1$, affixes que je suppose de module 1. Je note aussi $a'$, $b'$, $c'$ les affixes de $A_2$, $B_2$, $C_2$.
On a donc:
$a' = b+c -\dfrac{bc} a$, $b' = c+a -\dfrac{ca} b$, $c' = a+b - \dfrac{ab} c$
Soit $f$ l'application affine telle que $f(a) = a'$, $f(b) = b'$, $f(c) = c'$
$f$ s'écrit a priori sous la forme: $f(z) = uz + v\overline z + w$ où $(u,v,w)$ est la solution du système linéaire:
$ua + \dfrac v a + w = b+c -\dfrac{bc} a$, $ub + \dfrac v b + w = c+a -\dfrac{ca} b$, $uc + \dfrac v c + w = a+b - \dfrac{ab} c$.
Un petit coup de Maxima, il faut être de son temps:

[attachment 19966 MaximaSymmetry.gif]

Donc $u = -2$, $v = -(bc+ca+ab)$, $w = 2(a+b+c)$

La valeur trouvée pour $u$ entraine: $\mathrm{Trace}(\overrightarrow f) = -4$. Le fait que $u$ soit réel implique aussi que $f$ est orthologique, ce qui était évident.
Quant au déterminant de $\overrightarrow f$, il vaut: $4 -\mid bc+ca+ab\mid^2$
Mais si $h$ est l'affixe de l'orthocentre du triangle $abc$, on sait que $h = a+b+c$;
Par suite: $\mid h\mid^2 = \mid a+b+c \mid^2 = \mid bc+ca+ab\mid^2$
Par suite $f$ est de rang 1 ssi $\mid h \mid = 2$.

[attachment 19967 RemarqueSymmetry1.gif]

Le fait que $f(0) = 2(a+b+c)$ entraine que la droite $A_2B_2C_2$ passe par le symétrique $K$ de $O$ par rapport à $H$.
Re: Triangle Limite
il y a huit années
Mon cher remarque
Citation
remarque
Mais il faut effectivement plutôt voir la chose comme un système dynamique discret sur les classes de similitudes de triangles.

Bien sûr que oui mais comment paramétrer ces classes de similitude pour obtenir des formules pas trop compliquées.
C'est cela sans doute l'idée de celui qui a donné initialement ce problème, à savoir Mr C Banerjee.
Amicalement
pappus



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a huit années et a été effectuée par pappus.
kolotoko
Re: Triangle Limite
il y a huit années
Bonjour,

on montre que A2, B2, C2 sont alignés quand cosA1*cosB1*cosC1 = - 3/8 et en ce cas la droite A2B2C2 passe par le point de Lemoine du triangle A1B1C1.
L'orthocentre H vérifie alors OH = 2R et donc le centre E du cercle d'Euler appartient au cercle circonscrit de A1B1C1.

Bien cordialement

kolotoko
Re: Triangle Limite
il y a huit années
Mon cher kolotoko
Bravo pour cette indication.
Dans ce cas, on peut dire que le point de Lemoine est le point fixe de l'application affine $f:A_1B_1C_1 \longmapsto A_2B_2C_2$.
La direction $A_2B_2C_2$ dirige le sous-espace propre de $\overrightarrow f$ pour la valeur propre $-4$, la direction perpendiculaire étant le noyau.
Amicalement
Pappus
Re: Triangle Limite
il y a huit années
Mon cher kolotoko
En fait dans le cas général, le point de Lemoine de $A_1B_1C_1$ est toujours le point fixe de l'application affine $f:A_1B_1C_1 \longmapsto A_2B_2C_2$.
C'est ce qui explique pourquoi la droite $A_2B_2C_2$ passe par ce point de Lemoine quand le rang de $f$ est égal à 1.
Amicalement
Pappus
Re: Triangle Limite
il y a huit années
Chers amis
Voici une figure qui illustre une propriété importante de cette configuration.


[attachment 19976 Banerjee.gif]

Je vous laisse deviner et énoncer cette fameuse propriété!
Elle m'a été communiquée par Mr Banerjee lui même avec qui je suis rentré en contact.
Sa preuve est purement synthétique et n'utilise donc pas les nombres complexes mais vous êtes évidemment libres de choisir la méthode qui vous convient le mieux.
Amicalement
Pappus
kolotoko
Re: Triangle Limite
il y a huit années
Bonjour,

il est connu que le triangle A2B2C2 et le triangle podaire du centre E du cercle d'Euler sont homothétiques (Educational Times, 1915, page 305) par une homothétie de centre G mais je pense que la question est antérieure.

D'après F.G.M. (page 708) la construction de A1B1C1 connaissant A2B2C2 dépend , dans le cas général, d'une équation du septième degré et ne saurait se résoudre à la règle et au compas .

Il me semble me rappeler qu'un exercice de Quadrature tournait autour de ce pot.

Bien cordialement

kolotoko
Re: Triangle Limite
il y a huit années
Mon cher kolotoko
Tu as une mémoire d'éléphant!
J'ai vérifié dans mon F.G-M et tu as raison.
Autant dire que l'étude de ce système dynamique doit être compliquée sinon sans espoir.
Ceci confirme aussi ma théorie que tout ce qui peut être dit d'intéressant en géométrie du triangle l'a été depuis belle lurette!
Reste un exercice à redécouvrir.
Comment prouver simplement l'existence de cette homothétie?
Une fois ceci fait, je pense qu'on pourra démontrer simplement l'existence d'un triangle limite suivant le processus de Banerjee dans le cas où le triangle de départ est acutangle.
Amicalement
Pappus



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a huit années et a été effectuée par pappus.
Re: Triangle Limite
il y a huit années
Voilà comment je vois les choses en restant avec les complexes.
Je garde les notations de mon dernier message calculatoire.

[attachment 19987 Banerjee2.gif]


On a vu que;
$a' = b+c -\dfrac{bc} a$, $b' = c+a -\dfrac{ca} b$, $c' = a+b - \dfrac{ab} c$
Sur ma dernière figure, le point $\omega$ est le milieu de $OH$.
C'est donc le centre du cercle d'Euler et son affixe est:
$\omega = \dfrac{a+b+c} 2$
Les symétriques respectifs $A'_2$, $B'_2$, $C'_2$ de $\omega$ par rapport aux côtés du triangle $A_1B_1C_1$ ont pour affixes:

$a" = b+c-bc \dfrac{\overline {\omega} } 2 = b+c - bc \left( \dfrac{bc+ca+ab}{2abc} \right) = \dfrac {a'} 2$
et de même: $b" = \dfrac {b'} 2$, : $c" = \dfrac {c'} 2$.
Le triangle $A'_2B'_2C'_2$ est donc homothétique du triangle $A_2B_2C_2$ dans l'homothétie de centre le centre $O$ du cercle circonscrit et de rapport
$\dfrac 1 2$.
Ma figure n'est pas tout à fait la même que celle de Banerjee mais lui est en fait équivalente en ce qui concerne les classes de similitude et c'est tout ce qui importe.
Amicalement
Pappus
Re: Triangle Limite
il y a huit années
Maintenant, j'en viens à une autre astuce qui permettra à remarque d'itérer simplement le processus de Banerjee sans avoir à faire des changements d'échelle permanents.


[attachment 19988 Banerjee3.gif]

Cette figure montre un triangle $ABC$ avec son cercle circonscrit et un point $M$ quelconque.
On forme le triangle $A'B'C'$ dont les sommets sont les symétriques du point $M$ par rapport aux côtés du triangle $ABC$ et le triangle $A"B"C"$ que les sectateurs de la géométrie du triangle appellent le triangle circumcévien du triangle $ABC$ par rapport au point $M$.
La droite $AM$ recoupe le cercle circonscrit en $A"$, la droite $BM$ recoupe le cercle circonscrit en $B"$, La droite $CM$ recoupe le cercle circonscrit en $C"$.
Alors les triangles $A'B'C'$ et $A"B"C"$ sont directement semblables.
J'avais déjà montré ce phénomène dans d'autres fils.

Vous voyez maintenant où je veux en venir.
On va itérer le processus de Banerjee tout en restant sur le cercle circonscrit, plus de changement d'échelle à faire, c'est quand même plus agréable et de surcroit on aura des formules de récurrence explicites.


[attachment 19989 Banerjee4.gif]


On part du triangle $A_1B_1C_1$ sur son cercle circonscrit $\Gamma$.
On construit le centre $\omega_1$ de son cercle d'Euler qui est le milieu du segment $OH_1$ où $H_1$ est l'orthocentre du triangle $A_1B_1C_1$ et on forme le triangle circumcévien $A_2B_2C_2$ du triangle $A_1B_1C_1$ par rapport au point $\omega_1$ et on itère ce processus.
D'après Banerjee, on devrait dans les bons cas obtenir à la limite un triangle équilatéral.
Maintenant, la question est:
Quelle est la formule de récurrence définie sur $(\mathbb S_1)^3 \subset \C^3$?
Amicalement
Pappus
Re: Triangle Limite
il y a huit années
avatar
Citation
pappus
Maintenant, j'en viens à une autre astuce qui permettra à remarque d'itérer simplement le processus de Banerjee sans avoir à faire des changements d'échelle permanents.

Plus simplement sans doute pour toi.... pour moi, je crains fort que non. Précédemment, les changements d'échelle se faisaient tous seuls, et le calcul de l'itération était simple, puisque scilab manipule des vecteurs et une symétrie s'écrit facilement en termes vectoriels. Ici, il va falloir trouver les coordonnées de tous ces points mystérieux du triangle, que j'ignore absolument, plus celles des intersections avec le cercle. Donc, c'est pas gagné comme on dit familièrement de nos jours.:D
Re: Triangle Limite
il y a huit années
Mon cher remarque
Tu as raison!
Sans les formules de récurrence, difficile d'itérer quoique ce soit.
Je vois bien qu'il est plus facile d'étudier des systèmes dynamiques fournis clés en main que de se coltiner ceux provenant de configurations géométriques, tout simplement parce que la géométrie n'est plus enseignée convenablement!
Alors je veux bien m'y coller encore une fois!


[attachment 19999 Banerjee6.gif]

Cette figure montre deux triangles $abc$ et $a'b'c'$ situés sur le cercle unité $\mathbb S^1 \subset \C$ homologiques par rapport au point $\rho$.
On se rappelle que la symétrie par rapport à la droite $uu'$ joignant deux points $u$ et $u'$ de $\mathbb S^1$ est:
$z \mapsto -uu'\overline z +u+u'$.
Donc si $\rho $ appartient à la droite $uu'$, on a: $\rho + uu' \overline{\rho} = u+u'$.
D'où $u' = \dfrac{u - \rho}{\overline{\rho}u -1}$
L'homographie $\mathbb S^1 \longmapsto \mathbb S^1; u \mapsto \dfrac{u - \rho}{\overline{\rho}u -1}$ est une involution appelée involution de Frégier du cercle $\mathbb S ^1$ relative au point $\rho$
Dans le cas qui nous occupe, le point $\rho$ est le centre du cercle d'Euler du triangle $abc$, autrement dit:
$\rho = \dfrac{a+b+c} 2$.
D'où $\overline{\rho} = \dfrac{bc+ca+ab}{2abc}$
On en déduit après quelques calculs sans intérêt:
$a' = \dfrac{(a-b-c)bc}{a(b+c)-bc}$
$b' = \dfrac{(b-c-a)ca}{b(c+a)-ca}$
$c' = \dfrac{(c-a-b)bc}{c(a+b)-ca}$.
Effectivement ces formules ne sont pas aussi simples que cela mais il faudra faire avec!
Amicalement
Pappus
Re: Triangle Limite
il y a huit années
[attachment 20002 Banerjee7.gif]

Voilà la figure itérée obtenue avec Cabri.
Les triangles $A_nB_nC_n$ n'ont pas de limite mais deux triangles d'accumulation formant une belle étoile de David.
Il reste à le démontrer mais ceci est une autre histoire qui commence!
Amicalement
Pappus
Re: Triangle Limite
il y a huit années
avatar
Citation
pappus
Effectivement ces formules ne sont pas aussi simples que cela mais il faudra faire avec!

J'aurais volontiers utilisé ces formules sympathiques dans scilab, pour en mettre plein les yeux du public, malheureusement, la dernière mise à jour de Mac OS X, la 10.6.8 que j'ai installée ce matin, semble casser toutes les versions 5.3 de scilab. Je suis donc pour l'instant réduit au chômage technique en attendant un correctif de chez scilab.org sad smiley



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a huit années et a été effectuée par remarque.
Re: Triangle Limite
il y a huit années
Mon cher remarque
Dommage, j'aurais bien aimé voir clignoter cette belle étoile de David


[attachment 20005 Banerjee5.gif]

Le triangle $A_1B_1C_1$ a ses angles aigus ssi $\mid a_0+b_1+c_1\mid < 1$.
Cette figure tendrait à nous faire croire que l'application $H_1 \mapsto H_2$ serait contractante.
Si on arrive à le prouver, alors $\lim_{n \to \infty} \;H_n = O$ et on aurait gagné.

Pour confirmer cette impression, je me suis intéressé à la famille des triangles $ABC$ inscrites dans le cercle et partageant démocratiquement le même orthocentre $H$.
A chacun de ces triangles $ABC$, j'ai associé le triangle $A'B'C'$ inscrit dans le cercle et obtenu par le processus de Banerjee puis j'ai tracé son orthocentre $H'$.
J'ai demandé à Cabri de tracer le lieu de $H'$ quand le triangle $ABC$ varie et j'ai obtenu un beau cercle rouge.


[attachment 20006 Banerjee8.gif]

Si on arrive à préciser ce cercle et ses dimensions, je pense qu'on ne serait pas loin de la solution.
Amicalement
Pappus
Re: Triangle Limite
il y a huit années
avatar
Alors avec un scilab qui marche, tes formules sont finalement bien pratiques. Je tire un triangle au hasard au départ. Ensuite, il y a deux director's cuts différents, je ne sais pas lequel fera le plus d'entrées au box office.


[attachment 20009 triangle.gif]



[attachment 20010 triangle1.gif]




Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a huit ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par remarque.


Re: Triangle Limite
il y a huit années
avatar
Et tant qu'à faire, je filme aussi la promenade de l'orthocentre.


[attachment 20012 triangle1.gif]



Re: Triangle Limite
il y a huit années
Bravo, mon cher remarque, pour tes belles animations.
On a l'impression que le triangle équilatéral tourne alors qu'il clignote entre deux positions symétriques par rapport au centre du cercle.
Peut-être aurait-il fallu si scilab le permet donner une forme différente à chaque sommet?
En tout cas, bravo!
Quant à moi, j'ai poursuivi mon idée en montrant que le lieu de l'orthocentre $H'$ des triangles $A'B'C'$ correspondant aux triangles $ABC$ de même orthocentre $H$ était un cercle dont j'ai déterminé le centre et le rayon.
On voit l'utilité de Cabri qui incite à faire un calcul dont on sait qu'il ne sera pas inutile.
Je suis parti des formules:
$a' = \dfrac{(a-b-c)bc}{a(b+c)-bc}$
$b' = \dfrac{(b-c-a)ca}{b(c+a)-ca}$
$c' = \dfrac{(c-a-b)bc}{c(a+b)-ca}$.
L'affixe de $H'$ est $h' = a'+b'+c'$.
C'est une fraction rationnelle symétrique en $(a,b,c)$ et par suite d'après un théorème connu, (je vois déjà le large sourire des agrégatifs qui auront à exposer la démonstration de ce théorème devant un jury à moitié endormi et blasé),$h'$ est une fraction rationnelle en les fonctions symétriques élémentaires:
$\sigma_1 = a+b+c$, $\sigma_2 = bc+ca + ab$, $\sigma_3 = abc$.
Vous devez vous dire qu'il faut être tordu pour se lancer dans un tel calcul mais comment faire autrement?
En tout cas, j'ai trouvé l'expression suivante:
$h' = \dfrac{-4\sigma_1\sigma_3^2-2\sigma_2^2\sigma_3-\sigma_1\sigma_2^3+4\sigma_1^2\sigma_2\sigma_3}{-\sigma_2^3+4\sigma_1\sigma_2\sigma_3-8\sigma_3^2}
$
Si quelqu'un pouvait confirmer ce résultat, j'en serais très heureux car je ne suis pas sûr de moi.
Peut-être que Mathematica ou Maple peuvent apporter leur aide?
Par sécurité, j'ai recommencé plusieurs fois mes calculs avec des méthodes différentes pour obtenir à chaque fois évidemment des résultats différents.
J'avais bien envie comme le savant Cosinus de faire la moyenne arithmétique des résultats trouvés.
Amicalement
Pappus
PS
Mon cher remarque
Je ne sais pas si tu pourras faire la même chose avec scilab mais en tout cas j'y suis arrivé avec Cabri.
Pour chaque position du triangle $A_1B_1C_1$, j'ai tracé suffisamment d'itérations pour arriver à l'étoile de David.
Puis laissant les points $B_1$ et $C_1$ fixes, j'ai animé le point $A_1$ pour voir ce qui se passait.
Tant que le point $A_1$ reste dans la zone où le triangle $A_1B_1C_1$ est à angles aigus, on voit l'étoile de David tourner lentement puis dès que le triangle $A_1B_1C_1$ a ses angles obtus, une situation chaotique s'installe.
Ce serait donc intéressant d'étudier ce système dynamique en détail mais je ne vois pas trop comment l'attaquer sans faire de gigantesques calculs.
Quels sont d'ailleurs les triangles $A_1B_1C_1$ tels que les $A_2B_2C_2$ soient un triangle et les $A_3B_3C_3$ tels que $A_3=B_3=C_3$?
Il y a là de quoi passer un bon après-midi sur la plage tout en se rinçant les yeux à l'occasion!
Re: Triangle Limite
il y a huit années
avatar
Et bien pas de problème pour changer les symboles des sommets :


[attachment 20019 triangle1.gif]


Par contre, je ne vois pas à quelle situation chaotique tu fais allusion. J'ai fait un certain nombre de tirages aléatoires de triangles initiaux pour voir. Quand les angles sont obtus, on observe une excursion de l'orthocentre hors du cercle, mais ce dernier revient vite au bercail. Le système dynamique me semble fortement attractif (enfin disons, si on prend son itéré double). En tout cas, c'est ce qui ressort de l'expérience numérique.


Re: Triangle Limite
il y a huit années
avatar
Je poste le code, si quelqu'un veut s'amuser avec (ou améliorer la présentation graphique).

function aprime=affixe(a,b,c)
    aprime=(a-b-c)*b*c/(a*(b+c)-b*c)
endfunction

function X=point(z)
    x=real(z)
    y=imag(z)
    X=[x,y]
endfunction

function [S,h]=pappus(T)
    a=T(1,1)+%i*T(1,2)
    b=T(2,1)+%i*T(2,2)
    c=T(3,1)+%i*T(3,2)
    a1=affixe(a,b,c)
    b1=affixe(b,c,a)
    c1=affixe(c,a,b)
    S=[point(a1);point(b1);point(c1)]
    h=a1+b1+c1
endfunction


N=30
theta=grand(1,3,'unf',0,2*%pi)
T=[point(exp(%i*theta(1)));point(exp(%i*theta(2)));point(exp(%i*theta(3)))]

t=linspace(0,2*%pi,200)
ortho=sum(T,'r')'
for i=1:N
    X=[T(:,1)' T(1,1)]
    Y=[T(:,2)' T(1,2)]
    clf
    plot2d(cos(t),sin(t),frameflag=4)
    plot2d(X,Y)
    plot2d(X(1),Y(1),style=-9)
    plot2d(X(2),Y(2),style=-8)
    plot2d(X(3),Y(3),style=-3)
    plot2d(ortho(1,: ),ortho(2,: ),style=-1)
    xtitle('iteration '+string(i))
    [T,h]=pappus(T)
    ortho=[ortho,point(h)']
end

Re: Triangle Limite
il y a huit années
Mon cher remarque
Plutôt que de faire un tirage aléatoire, ne peux tu pas procéder comme je le suggère c'est à dire laisser deux points fixes et faire varier continûment le troisième?
Amicalement
Pappus
Re: Triangle Limite
il y a huit années
avatar
Si bien sûr. J'essaierai ce soir si personne ne s'y est collé dans la journée.:)
Re: Triangle Limite
il y a huit années
Mon cher Pappus,

Je confirme ton calcul de $h'$. Procédure semi-automatique d'isolation de fonctions symétriques de $a,b,c$, avec l'aide de MAPLE.

amicalement,
zephir.
Re: Triangle Limite
il y a huit années
Merci, zephyr, je savais que je pouvais compter sur toi!
Maintenant, j'ai l'esprit plus tranquille.
Saurais tu maintenant comment à partir de cette belle fraction durement acquise prouver que le lieu de $H'$ est un cercle?
Amicalement
Pappus
Re: Triangle Limite
il y a huit années
Mon cher Pappus,

Il faudrait exprimer $h'$ en fonction de $a$ et $h$, donc $b+c$ et $bc$ en fonction de $a$ et $h$.
On sait déjà que $b+c=h-a$. Un horrible calcul m'a conduit, avec le truc de Morley, à la formule: $$bc=\dfrac {h-a}{\overline h-\overline a}.$$ Peux-tu confirmer cette dernière formule ?

Amicalement,
zephir.
Re: Triangle Limite
il y a huit années
Bonjour,

Oui, la formule $bc=\dfrac {h-a}{\overline h-\overline a}$ est exacte.

Cordialement,

Rescassol
Re: Triangle Limite
il y a huit années
Merci Rescassol. Mais cette formule a-t-elle une démonstration synthétique ? des histoires d'angles ?
Re: Triangle Limite
il y a huit années
Bonjour,

D'apès le truc de Morley, $\displaystyle \overline a=\frac{1}{a}$ et permutation circulaire, $h=a+b+c$ et $h-a=b+c$. Donc: $\displaystyle \dfrac {h-a}{\overline h-\overline a}=\frac{b+c}{\displaystyle \frac{1}{b}+\frac{1}{c}}=bc$


Cordialement,

Rescassol
Re: Triangle Limite
il y a huit années
Mon cher Rescassol
Oui mais alors quoi?
Amicalement
Pappus
Re: Triangle Limite
il y a huit années
Mon cher Pappus,

Le centre du cercle décrit par $H'$ ne serait-il pas centré en $G$ (isobarycentre de $A,B,C$).

Edit : erreur. Si $H$ est à l'extérieur du cercle circonscrit, il y a un problème. Le dénominateur de $h'$ peut s'annuler !
Re: Triangle Limite
il y a huit années
Mon cher zephyr
Ce cercle défini de façon euclidienne ne peut avoir aucun rapport avec un point caractérisé de façon affine!
Si tu gardes la structure affine en modifiant la structure métrique, le point $G$, (aah ce fameux point $G$!), ne va pas bouger alors que le centre du cercle, lui, va se promener!
Amicalement
Pappus
PS
Par contre si tu utilises de façon adéquate la fraction rationnelle en $(\sigma_1, \sigma_2, \sigma_3)$ que nous avons obtenue, tu trouveras le lieu de $H'$ tout de suite.
Il suffit de savoir que l'image d'un cercle, ici en l'occurrence le cercle unité $\mathbb S^1$, par une transformation homographique est un cercle.
Re: Triangle Limite
il y a huit années
C'est pourtant simple!
Puisque l'orthocentre $H$ est fixé, on peut toujours faire "tourner les axes" pour que son affixe soit réel et même positif. Le triangle $ABC$ sera alors acutangle ssi $0\le h <1$.
On a donc $h = \sigma_1$ et $\overline h = h = \dfrac{\sigma_2}{\sigma_3}$.
En résumé $\sigma_1= h$ et $\sigma_2 = h\sigma_3$.
Notre seul paramètre sera donc $ \sigma_3 \in \mathbb S^1$.
Si le vieux Pappus s'est décarcassé à symétriser, ce n'est pas pour des prunes!!
On obtient alors après quelques calculs sans intérêt:
$h' = \dfrac{(h^3+2h)\sigma_3-4h^2+4}{h^3\sigma_3-4h^2+8}.h$
prouvant que le lieu de $H'$ est un cercle puisque $h'$ dépend homographiquement du paramètre $ \sigma_3 \in \mathbb S^1$.
Les intersections avec l'axe réel sont obtenues pour $\sigma_3 = \pm 1$.
On obtient ainsi:
$h'(1) = \dfrac{h^2-2h-2}{h^2-2h-4}.h$ et $h'(-1) = \dfrac{h^2+2h-2}{h^2+2h-4}.h$
Puis grâce à Maxima, j'ai tracé les graphes sur l'intervalle $[0,1]$ des fonctions:
$h \mapsto \dfrac{h^2-2h-2}{h^2-2h-4}$ et $h \mapsto \dfrac{h^2+2h-2}{h^2+2h-4}$


[attachment 20028 graphe.gif]


Est-ce que ça vous suffit pour montrer que l'application $H \mapsto H'$ est contractante dans tout disque $D_r = \{ z \in \C \; \mathrm{ tel\ que } \mid z \mid \le r<1\}$?
Amicalement
Pappus
Re: Triangle Limite
il y a huit années
Citation
Pappus
En résumé $ \sigma_1= h$ et $ \sigma_2 = h\sigma_3$.
Il fallait le voir !
Ceci dit, on n'a pas besoin de démontrer que $h\to h'$ est contractante, mais qu'il existe $k=\dfrac 2 3$ tel que $|h'|\le k|h|$. Cela suffit pour dire que la suite des itérés de $h$ par $h\to h'$ tend vers $0$.

Amicalement,
zephir.
Re: Triangle Limite
il y a huit années
Mon cher remarque
Voici deux instantanés pris pour deux triangles obtus $A_1B_1C_1$.

[attachment 20029 Banerjee10.gif]


[attachment 20030 Banerjee11.gif]

Les étoiles de David ont disparu et les différents triangles itérés ont l'air de remplir le disque.
Ceci n'est évidemment pas une preuve.
Je dois faire mes itérations à la main et je ne suis pas allé très loin, une bonne dizaine tout au plus.
Mais cela laisse subodorer qu'il doit se passer quelque chose.
Amicalement
Pappus
Re: Triangle Limite
il y a huit années
avatar
Je vois que personne ne s'est dévoué pendant la journée... Je m'y recolle donc nuitamment. Donc, my dear pappus, je ne constate pas le même phénomène que toi. En réalité, l'attraction du point fixe équilatéral me semble étonnamment robuste. J'explique l'animation qui suit : je suis parti d'un triangle équilatéral dont j'ai déplacé un sommet d'un incrément multiple entier de 2&#960;/30. Pour chacune de ces valeurs initiales, j'ai effectué 30 itérations du système dynamique. J'ai tracé les triangles et le cheminement de leur orthocentre. A chaque fois, on finit sur un triangle équilatéral, parfois après quelques détours. Cela corrobore ce que j'ai constaté avec des tirages aléatoires en guise de donnée initiale. Peut-être l'incrément de 2&#960;/30 n'est-il pas assez fin ?


[attachment 20031 triangle1.gif]


Le code, si quelqu'un veut tester plus avant :

function aprime=affixe(a,b,c)
    aprime=(a-b-c)*b*c/(a*(b+c)-b*c)
endfunction

function X=point(z)
    x=real(z)
    y=imag(z)
    X=[x,y]
endfunction

function [S,h]=pappus(T)
    a=T(1,1)+%i*T(1,2)
    b=T(2,1)+%i*T(2,2)
    c=T(3,1)+%i*T(3,2)
    a1=affixe(a,b,c)
    b1=affixe(b,c,a)
    c1=affixe(c,a,b)
    S=[point(a1);point(b1);point(c1)]
    h=a1+b1+c1
endfunction

increment=2*%pi/30
t=linspace(0,2*%pi,200)
N=30
theta=[0,2*%pi/3,4*%pi/3]
for j=0:9
    T=[point(exp(%i*theta(1)));point(exp(%i*theta(2)));point(exp(%i*(theta(3)+j*increment)))]
    ortho=sum(T,'r')'
    for i=1:N
        X=[T(:,1)' T(1,1)]
        Y=[T(:,2)' T(1,2)]
        clf
        plot2d(cos(t),sin(t),frameflag=4)
        plot2d(X,Y)
        plot2d(X(1),Y(1),style=-9)
        plot2d(X(2),Y(2),style=-8)
        xset("mark size",1)
        plot2d(X(3),Y(3),style=0)
        plot2d(ortho(1,: ),ortho(2,: ),style=-1)
        xtitle('iteration '+string(i)+' --- increment d angle '+string(j)+'*2*pi/30')
        xs2png(0,'~/triangle'+string(i+N*j)+'.png')
        [T,h]=pappus(T)
        ortho=[ortho,point(h)']
    end
end



Re: Triangle Limite
il y a huit années
avatar
Allez une petite dernière avec un incrément moitié. Plus exactement un incrément de &#960;/3+j*&#960;/30. Il se passe un truc bizarroïdal pour j=5 (sans doute une presque division par 0), mais on verra ça plus tard...


[attachment 20032 triangle1.gif]



Re: Triangle Limite
il y a huit années
Merci, remarque!
En tout cas la démonstration de ce qui se passe pour les triangles obtus ne sera certainement pas simple.
Amicalement
Pappus
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