Triangle Limite
Voici l'énoncé d'un problème pris sur le site de Hyacinthos
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
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
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Réponses
Bien sûr, c'est ce que j'avais remarqué moi aussi!
Mais que penses-tu de ça!
Amicalement
Pappus
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.
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).
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
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
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
$\text{Det}(f) = |-2|^2 - | a_1 b_1+a_1c_1+b_1c_1|^2=4 - | a_1 b_1+a_1c_1+b_1c_1|^2.$
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.
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 : $t_3=-(s_1^9-16s_2s_1^7+7s_1^6s_3+96s_1^5s_2^2-256s_1^3s_2^3+256s_1s_2^4-448s_2^3s_3-84s_1^4s_2s_3+336s_1^2s_2^2s_3-s_1^3s_3^2+4s_1s_2s_3^2+s_3^3)/s_3^2$
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:
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
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
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
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
Voici une figure qui illustre une propriété importante de cette configuration.
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
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
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
Je garde les notations de mon dernier message calculatoire.
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.
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
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
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!
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
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
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 :-(
Dommage, j'aurais bien aimé voir clignoter cette belle étoile de David
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.
Si on arrive à préciser ce cercle et ses dimensions, je pense qu'on ne serait pas loin de la solution.
Amicalement
Pappus
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!
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.
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)'] endPlutôt 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
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.
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
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.
Oui, la formule $bc=\dfrac {h-a}{\overline h-\overline a}$ est exacte.
Cordialement,
Rescassol
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
Oui mais alors quoi?
Amicalement
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 !
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.
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 $h \mapsto \dfrac{h^2+2h-2}{h^2+2h-4}$
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
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.
Voici deux instantanés pris pour deux triangles obtus $A_1B_1C_1$.
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
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 endEn tout cas la démonstration de ce qui se passe pour les triangles obtus ne sera certainement pas simple.
Amicalement
Pappus
Je me suis sans doute mal exprimé en parlant d'une application $ h \to h'$ qui n'existe pas mais je voulais seulement montrer pour tout réel $r \in ]0,1[$ l'existence d'un réel $\alpha(r) \in ]0,1[$ tel que pour tout triangle $abc$ dont l'orthocentre $h$ vérifie $ \mid h \mid < r$, alors l'orthocentre $h'$ du triangle $a'b'c'$ vérifie l'inégalité $\mid h' \mid < \alpha (r) \mid h \mid$.
Plus exactement on part d'un triangle $a_1b_1c_1$ tel que son orthocentre $h_1$ vérifie $\mid h_1\mid \le r \in ]0,1[$, on considère la suite $n \to h_n$ des orthocentres des triangles $a_nb_nc_n$ de la suite de Banerjee, alors cette suite est contractante c'est à dire qu'il une constante $\alpha(r) \in ]0,1[$ telle que pour tout $n \in \N$, on ait $\mid h_{n+1} \mid < \alpha (r) \mid h_n \mid$
Je ne sais pas comment tu as fait pour montrer ton inégalité bien plus coercitive: Je serais très heureux d'avoir ta démonstration certainement plus élémentaire que la mienne!