Orthopôle (suite)
Je vais maintenant faire le joint avec la définition de l'orthopôle telle qu'elle est donnée dans le Lalesco.
On a vu que l'orthopôle $\Omega$ d'une droite $L$ était l'équicentre de la famille des triangles podaires des points de la droite $L$.
Si la droite $L$ coupe le cercle circonscrit au triangle $ABC$ en deux points $M_1$ et $M_2$, les triangles podaires $P_1Q_1R_1$ et $P_2Q_2R_2$ sont aplatis sur les droites de Simson des points $M_1$ et $M_2$.
Le point $\Omega$ qui est un barycentre des points $P_1$, $Q_1$, $R_1$ est donc situé sur la droite de Simson $P_1Q_1R_1$ du point $M_1$ et de même il est situé sur la droite de Simson $P_2Q_2R_2$ du point $M_2$.
$\Omega$ est donc situé à l'intersection de ces deux droites de Simson.
Et c'est effectivement ainsi que Trajan Lalesco définit l'orthopôle d'une droite $L$ coupant le cercle $ABC$ en deux points $M_1$ et $M_2$. C'est par définition l'intersection des droites de Simson des points $M_1$ et $M_2$.
Lalesco ne connait pas l'équicentre ou plus probablement il n'a pas voulu en parler à une époque où il était malaisé de faire de la géométrie affine.
Et il s'est surtout intéressé à l'orthopôle des droites ayant une intersection avec le cercle $ABC$, même s'il en donne plus loin la définition générale pour une droite quelconque mais il n'en fait pas grand chose.
Avec le truc de Morley quel est donc l'affixe de l'orthopôle d'une droite coupant le cercle unité en deux points d'affixes $\rho$ et $\sigma$?
Amicalement
Pappus
On a vu que l'orthopôle $\Omega$ d'une droite $L$ était l'équicentre de la famille des triangles podaires des points de la droite $L$.
Si la droite $L$ coupe le cercle circonscrit au triangle $ABC$ en deux points $M_1$ et $M_2$, les triangles podaires $P_1Q_1R_1$ et $P_2Q_2R_2$ sont aplatis sur les droites de Simson des points $M_1$ et $M_2$.
Le point $\Omega$ qui est un barycentre des points $P_1$, $Q_1$, $R_1$ est donc situé sur la droite de Simson $P_1Q_1R_1$ du point $M_1$ et de même il est situé sur la droite de Simson $P_2Q_2R_2$ du point $M_2$.
$\Omega$ est donc situé à l'intersection de ces deux droites de Simson.
Et c'est effectivement ainsi que Trajan Lalesco définit l'orthopôle d'une droite $L$ coupant le cercle $ABC$ en deux points $M_1$ et $M_2$. C'est par définition l'intersection des droites de Simson des points $M_1$ et $M_2$.
Lalesco ne connait pas l'équicentre ou plus probablement il n'a pas voulu en parler à une époque où il était malaisé de faire de la géométrie affine.
Et il s'est surtout intéressé à l'orthopôle des droites ayant une intersection avec le cercle $ABC$, même s'il en donne plus loin la définition générale pour une droite quelconque mais il n'en fait pas grand chose.
Avec le truc de Morley quel est donc l'affixe de l'orthopôle d'une droite coupant le cercle unité en deux points d'affixes $\rho$ et $\sigma$?
Amicalement
Pappus
Réponses
-
Bonsoir
Soient $M_1$ et $M_2$ deux points d'affixes $\rho$ et $\sigma$ avec $\overline{\rho} =\dfrac{1}{\rho}$ et $\overline{\sigma} =\dfrac{1}{\sigma}.$
La droite de Simson de $M_1(\rho)$ a pour équation $\displaystyle (\overline{p_1}-\overline{q_1})z-(p_1-q_1)\overline{z}+p_1\overline{q_1}-q_1\overline{p_1}=0$
où
$\displaystyle p_1= \frac{1}{2}(b+c+\rho-bc\overline{\rho})$ est le projeté orthogonal de $M_1$ sur $(BC)$
$\displaystyle q_1= \frac{1}{2}(a+c+\rho-ac\overline{\rho})$ est le projeté orthogonal de $M_1$ sur $(AC)$
La droite de Simson de $M_1(\rho)$ a pour équation :
$ \dfrac{(c - \rho)(a - b)}{2abc} z -\dfrac{(a - b)(c - \rho)}{2\rho}\overline{z} + \dfrac{(c - \rho)(a - b)(abc - b\rho^2 - c\rho^2 - \rho^3 - a\rho^2 + ab\rho + ac\rho + bc\rho)}{4abc\rho^2}=0$
soit
$$\fbox{2\rho^2z- 2s_3 \rho\overline{z} + s_3+s_2 \rho-s_1\rho^2-\rho^3=0.}$$
La droite de Simson de $M_2(\sigma)$ a pour équation $\displaystyle (\overline{p_2}-\overline{q_2})z-(p_2-q_2)\overline{z}+p_2\overline{q_2}-q_2\overline{p_2}=0$
où
$\displaystyle p_2= \frac{1}{2}(b+c+\sigma-bc\overline{\sigma})$ est le projeté orthogonal de $M_2$ sur $(BC)$
$\displaystyle q_2= \frac{1}{2}(a+c+\sigma-ac\overline{\sigma})$ est le projeté orthogonal de $M_2$ sur $(AC)$
La droite de Simson de $M_2(\sigma)$ a pour équation :
$$\fbox{2\sigma^2z- 2s_3 \sigma\overline{z} + s_3+s_2 \sigma-s_1\sigma^2-\sigma^3=0.}$$
En résolvant, je trouve que le point d'intersection $\Omega$ a pour affixe :
$$\fbox{\omega = \dfrac{s_1}{2} + \dfrac{\rho + \sigma}{2} + \dfrac{s_3}{2\sigma \rho}.}$$ -
Mon cher Bouzar
J'ai déjà expliqué en long et en large, ici et sans doute plusieurs fois de suite dans différents fils pourquoi l'équation de $M_1M_2$ était:
$z + \rho \sigma \overline z = \rho + \sigma$
Lis-tu vraiment ce que j'ai écrit?
Ton expression de $\omega$ est évidemment erronée car tu as mal appliqué la formule de Rescassol dans laquelle il n'y a pas de $v$ et où $w \in \R$
Amicalement
Pappus
PS
Plutôt que d'appliquer (mal) la formule de Rescassol, j'aurais préféré suivre la définition du Lalesco:
1° Ecriture des équations des droites de Simson des points $\rho$ et $\sigma$.
De toute façon, on aura besoin de ces équations dans la suite!
2° Calcul de l'affixe de leur intersection. -
Bonsoir pappus
Désolé ! je me suis totalement fourvoyé. J'ai repris les calculs. -
Mon cher Bouzar
Maintenant tes calculs sont exacts!
Bravo!
Tu noteras que le point de contact de la droite de Simson de $\rho$ avec son H3-enveloppe, est la limite de $\omega$ quand $\sigma$ tend vers $\rho$ c'est à dire le point d'affixe $\dfrac{s_1} 2 + \rho + \dfrac{s_3}{2\rho^2}$.
Par passage à la limite c'est aussi l'orthopôle de la tangente au cercle unité au point $\rho$!
On a maintenant tous les éléments en mains d'une part pour justifier la figure assez complexe que j'ai dessinée et d'autre part pour donner une construction de cette figure à partir de la donnée des 4 points $A$, $B$, $C$, $\Omega$ en utilisant l'outil intersection de deux coniques.
Amicalement
Pappus -
Je commence maintenant la preuve de la configuration des trois droites de Simson concourantes en un point $\Omega$ d'affixe $z$.
Je pars de l'équation de la droite de Simson du point $\rho$ donnée par Bouzar que je réécris:
$\rho^3 +(s_1-2z)\rho^2 + (2s_3\overline z -s_2)\rho -s_3 = 0$
Sur ma figure le point $\Omega$ est l'intersection des droites de Simson des points $R_1$, $R_2$, $R_3$ d'affixes respectives $\rho_1$, $\rho_2$, $\rho_3$.
D'après les relations entre coefficients et racines, on a:
$\rho_1 +\rho_2 + \rho_3 = 2z -s_1$ et $\rho_1\rho_2\rho_3 = s_3$.
On a vu que l'orthopôle de la droite $R_2R_3$ avait pour affixe $\dfrac {s_1} 2 +\dfrac{\rho_2 + \rho_3} 2 + \dfrac{s_3}{2\rho_2\rho_3}$
En tenant compte des relations précédentes, on obtient:
$\dfrac {s_1} 2 +\dfrac{\rho_2 + \rho_3} 2 + \dfrac{s_3}{2\rho_2\rho_3} = \dfrac{s_1} 2 + \dfrac{2z-s_1-\rho_1} 2+ \dfrac{\rho_1} 2 = z$
prouvant ainsi que le point $\Omega$ est l'orthopôle de la droite $R_2R_3$ et aussi par le même raisonnement celui des droites $R_3R_1$ et $R_1R_2$.
Maintenant, il s'agit de montrer que la droite de Simson de $R_1$, par exemple, est orthogonale à la droite $R_2R_3$.
Comment s'y prendre?
Amicalement
Pappus
PS
Il va sans dire que tout ce que je viens de raconter est intégralement (et plus ou moins bien) démontré de façon synthétique dans le Lalesco, un livre qu'il faut avoir dans sa bibliothèque.
Je dis plus ou moins bien démontré car Lalesco à l'époque (~ 1910) où il a écrit son beau livre ne disposait pas des angles orientés. -
Bonjour pappus
Sauf erreur, la droite de Simson de $R_1$ est orthogonale à la droite $R_2R_3$ si et seulement si
$\dfrac{-2s_3 \rho_1}{2\rho_1^2} + \rho_2 \rho_3 =0}$ si et seulement si $s_3 = \rho_1 \rho_2 \rho_3.$
Or tu as démontrer que $s_3 = \rho_1 \rho_2 \rho_3.$ L'orthogonalité en résulte donc. -
Mon cher Bouzar
Pourrais tu nous donner une preuve de ton affirmation:
AmicalementSauf erreur, la droite de Simson de $R_1$ est orthogonale à la droite $R_2R_3$ si et seulement si
$\dfrac{-2s_3 \rho_1}{2\rho_1^2} + \rho_2 \rho_3 =0$ si et seulement si $s_3 = \rho_1 \rho_2 \rho_3.$
Pappus -
$R_1$ est sur le cercle unité.
$R_2$ est sur le cercle unité.
La droite $(R_2R_3)$ a donc pour équation :
$\rho_2 \rho_3 \overline{z} + z -(\rho_2 + \rho_3)=0.$
La pente de cette droite est $m_1 = -\dfrac{\rho_2 \rho_3 + 1}{\rho_2 \rho_3 - 1}i.$
La droite de Simson de $R_1(\rho_1)$ a pour équation :
$- 2s_3 \rho_1\overline{z} + 2\rho_1^2z + s_3+s_2 \rho_1-s_1\rho_1^2-\rho_1^3=0.$
La pente de cette droite est $m_2 = \dfrac{\rho_1 - s_3}{\rho_1+s_3}i.$
Par suite, en utilisant la relation $s_3 = \rho_1 \rho_2 \rho_3,$ on a :
$m_1 \times m_2 = -1.$
Je viens de montrer que si $s_3 = \rho_1 \rho_2 \rho_3,$ alors $m_1 \times m_2 = -1$ et alors la droite de Simson de $R_1$ et la droite $(R_2R_3)$ sont orthogonales.
Réciproquement, je suppose que la droite de Simson de $R_1$ et la droite $(R_2R_3)$ sont orthogonales. On a donc : \quad $m_1 \times m_2 = -1.$
Or on a : \quad $m_1 \times m_2 = \dfrac{\rho_1 \rho_2 \rho_3 - \rho_2 \rho_3 s_3 + \rho_1 - s_3}{ \rho_1 \rho_2 \rho_3 + \rho_2 \rho_3 s_3 - \rho_1 -s_3 }$
ce qui donne \quad $\rho_1 \rho_2 \rho_3 - \rho_2 \rho_3 s_3 + \rho_1 - s_3 = -(\rho_1 \rho_2 \rho_3 + \rho_2 \rho_3 s_3 - \rho_1 -s_3)$
d'où \quad $s_3 = \rho_1 \rho_2 \rho_3.$
Je viens donc de démontrer que :
La droite de Simson de $R_1$ et la droite $(R_2R_3)$ sont orthogonales si et seulement si $s_3 = \rho_1 \rho_2 \rho_3.$
[Bouzar, le forum, contrairement à LaTeX, tient compte des passage à la ligne que tu écris.
Il est donc inutile d'écrire 1 ligne sur 2.
AD] -
Mon cher Bouzar
Ta démonstration par les pentes est sans doute exacte mais elle est laborieuse car elle te force à faire un va et vient entre $\C$ et $\R^2$.
Voici un petit lemme qui évite ce désagrément.
Soient $a$, $b$, $a'$, $b'$ quatre complexes de module $1$.
Soient $L$ la droite joignant $a$ et $b$ et $L'$ la droite joignant $a'$ et $b'$.
Les droites $L$ et $L'$ sont parallèles ssi $a.b -a'.b' = 0$
Les droites $L$ et $L'$ sont orthogonales ssi $a.b+a'.b' = 0$.
Amicalement
Pappus -
Je résume la situation.
On veut construire les droites de Simson passant par un point $P$ du plan.
Voici la construction proposée par Jean-Pierre Ehrmann, construction qu'il nous faudra justifier!
On considère l'hyperbole équilatère $\Gamma$ passant par les points $A$, $B$, $C$, $P$.
Elle recoupe le cercle $\gamma$ circonscrit au triangle $ABC$ en un point $D$.
Soit $\Gamma '$, l'hyperbole équilatère translatée de $\Gamma$ par la translation de vecteur $\overrightarrow{HP}$, elle coupe le cercle $\gamma$ au point $D$ et en trois autres points $A'$, $B'$, $C'$ dont les droites de Simson par rapport au triangle $ABC$ passent par le point $P$.
Amicalement
Pappus -
Message supprimé.
-
Les triangles $A'B'C'$ pour lesquels les droites de Simson des sommets sont concourantes en un point $P$ sont appelés triangles S par Trajan Lalesco, sans doute en l'honneur de Simson.
On a vu que les affixes $a'$, $b'$, $c'$ étaient les racines de l'équation:
$\rho^3 +(s_1-2p)\rho^2 + (2s_3\overline p -s_2)\rho -s_3 = 0$
où $s_1 = a+b+c$, $s_2 =bc+ca+ab$, $s_3 = abc$ sont les polynômes symétriques élémentaires de $a$, $b$, $c$.
Donc si $s'_1 = a'+b'+c'$, $s'_2 =b'c'+c'a'+a'b$, $s'_3 = a'b'c'$ sont les polynômes symétriques élémentaires de $a'$, $b'$, $c'$, on a:
$s'_1 = 2p-s_1$
$s'_2 = 2s_3\overline p -s_2$
$s'_3 = s_3$
$s_1$ est l'affixe de l'orthocentre $H$ du triangle $ABC$ et $s'_1$ celui de l'orthocentre $H'$ du triangle $A'B'C'$.
La première relation exprime que le point $P$ est le milieu du segmant $HH'$.
La seconde relation n'est que la conjuguée de la première.
Enfin on a vu que la troisième relation exprimait le fait que la droite de Simson d'un des sommets du triangle $A'B'C'$ était orthogonale au côté opposé au sommet de ce triangle.
En résumé les triangles S par rapport au triangle $ABC$ sont exactement ceux qui vérifient la relation:$abc = a'b'c'$, les droites de Simson des sommets $A'$, $B'$, $C'$ étant concourantes au milieu $P$ du segment $HH'$.
La symétrie de ces relations prouve que le triangle $ABC$ est aussi un triangle S par rapport au triangle $A'B'C'$.
Les droites de Simson des sommets $A$, $B$, $C$ par rapport au triangle $A'B'C'$ sont aussi concourantes en $P$ tout en étant orthogonale au côté opposé correspondant du triangle $ABC$.
Voici maintenant un petit résultat facile à démontrer et qui nous sera indispensable dans la suite:
Montrer que pour tout point $M$ du cercle circonscrit les droites de Simson $L$ et $L'$ du point $M$ par rapport aux triangles S $ABC$ et $A'B'C'$ sont parallèles.
Amicalement
Pappus -
Bonjour pappus
Soit $M$ un point quelconque fixé du cercle circonscrit. Je note $m$ l'affixe de $M.$
La droite de Simson $L$ de $M(m)$ par rapport au triangle $ABC$ a pour équation :
$- 2s_3 m\overline{z} + 2m^2z + s_3+s_2 m - s_1m^2 - m^3=0.$
La pente de cette droite est $m_1 = \dfrac{m - s_3}{m + s_3}i.$
La droite de Simson $L'$ de $M(m)$ par rapport au triangle $A'B'C'$ a pour équation :
$- 2s'_3 m\overline{z} + 2m^2z + s'_3+s'_2 m - s'_1m^2 - m^3=0.$
La pente de cette droite est $m_2 = \dfrac{m - s'_3}{m + s'_3}i.$
Or $s'_3 = s_3.$
Ainsi, on a :
$$m_1=m_2$$
donc les droites de Simson $L$ et $L'$ du point $M$ par rapport aux triangles S $ABC$ et $A'B'C'$ sont parallèles.
Comme $M$ est quelconque sur le cercle circonscrit, on peut conclure que :
Pour tout point $M$ du cercle circonscrit les droites de Simson $L$ et $L'$ du point $M$ par rapport aux triangles S $ABC$ et $A'B'C'$ sont parallèles. -
Mon cher Bouzar
Oui, c'est bien la condition $s_3 = s'_3$ qui entraine le parallélisme des droites de Simson mais je vois bien que tu ne maitrises pas encore parfaitement le truc de Morley par ta compulsion à revenir constamment de $\C$ à $\R^2$.
Alors je vais te poser l'exercice suivant:
Soient $(u, v) \in \C^2$ et soit $L _{u,v}= \{z \in \C \mid \; z +u \overline z + v = 0\} $
1° Déterminer l'ensemble $L_{u,v}$ et chercher les conditions nécessaires et suffisantes pour que $L_{u,v}$ soit une droite.
2° On suppose que $L{u,v}$ et $L_{u',v'}$ sont des droites. Quelles sont les conditions portant sur $(u, v)$ et $(u',v')$ pour que ces droites soient parallèles ou perpendiculaires?
Amicalement
Pappus
PS
Le parallélisme des droites de Simson est évidemment montré de façon synthétique dans le Lalesco.
Il me semble qu'il manque un $m^3$ dans ton équation de la droite de Simson de $M$, sans doute le dernier terme de ton équation est erroné! -
On suppose que $L{u,v}$ et $L_{u',v'}$ sont des droites.
$L{u,v}$ et $L_{u',v'}$ parallèles si et seulement si $u-u'=0.$
$L{u,v}$ et $L_{u',v'}$ perpendiculaires si et seulement si $u+u'=0.$ -
Mon cher Bouzar
Oui, c'est cela modulo une petite démo!
Tu as oublié de me donner les CNS pour que $L_{u,v}$ soit une droite!
Amicalement
Pappus -
On suppose que $L{u,v}$ et $L_{u',v'}$ sont des droites.
$L{u,v}$ a pour pente $m_1=\dfrac{1-u}{1+u}i.$
$L{u',v'}$ a pour pente $m_2=\dfrac{1-u'}{1+u'}i.$
Montrons que $L{u,v}$ et $L_{u',v'}$ parallèles si et seulement si $u-u'=0.$
$L{u,v}$ et $L_{u',v'}$ parallèles si et seulement si $m_1 = m_2$ si et seulement si $\dfrac{1-u}{1+u} = \dfrac{1-u'}{1+u'}$ si et seulement si $u-u'=0.$
$L{u,v}$ et $L_{u',v'}$ perpendiculaires si et seulement si $u+u'=0.$
$L{u,v}$ et $L_{u',v'}$ perpendiculaires si et seulement si $m_1 \times m_2 = -1$ si et seulement si $\dfrac{1-u}{1+u} \times \dfrac{1-u'}{1+u'} = 1$ si et seulement si $u+u'=0.$
Je me dis que tu attends une autre preuve. -
CNS pour que $L_{u,v}$ soit une droite : petit calcul, bof !!!
-
Mon cher Bouzar
Oui, j'attendais une autre preuve mais tant qu'à faire, faute de mieux.
Par contre ta CNS pour que $L_{u,v}$ soit une droite est archifausse!
Pourquoi te contentes-tu d'affirmer et ne fais tu pas un petit calcul?
Cela aurait été le moment ou jamais.
Amicalement
Pappus -
Mon cher Bouzar
Voilà comment je m'y serais pris dans la détermination des ensembles $L_{u,v}$.
On considère l'application $f:\C \longmapsto \C; z \mapsto z + u\overline z$
C'est un endomorphisme $\R$-linéaire de $\C$.
Puisque le coefficient de $z$ est non nul puisqu'égal à 1, le rang de $f$ est supérieur ou égal à $1$.
De plus comme ce coefficient est réel, $f$ est un opérateur symétrique (ou autoadjoint) de $\C$, muni de sa structure euclidienne usuelle.
$f$ est donc diagonalisable.
D'ailleurs $\mathrm{trace}(f) = 2$ et $\det(f) = 1-|u|^2$
Le polynôme caractéristique de $f$ est donc $X^2 - 2X +1-|u|^2$ dont les racines sont $1-|u|$ et $1+|u|$.
Si $|u| \ne 1$, $f$ est de rang 2 donc inversible et un calcul simple montre que:
$L_{u,v} = \dfrac{-v+u\overline v}{1-|u|^2}$ qui est donc réduit à un point de $\C$.
Si $|u| = 1$, le spectre de $f$ est $\{0,2\}$.
Le noyau de $f$ est la droite vectorielle $\R(1-u)$ et l'image de $f$, à savoir le sous-espace propre de $f$ pour la valeur propre $2$ est la droite vectorielle orthogonale $\R(1+u)$.
Si $ v \in \mathrm{Im}(f)$, ce qui équivaut à $\dfrac v {1+u} \in \R$ ou encore à $v -u\overline v = 0$, alors $L_{u, v}$ est une droite affine de $\C$ de direction $\R(1-u)$.
Si $v \notin \mathrm{Im}(f)$, ce qui équivaut à $v -u\overline v \ne 0$, $L_{u,v} = \emptyset$
Réciproquement si $L$ est une droite affine quelconque de $\C$, soit $f$ la symétrie par rapport à $L$.
Comme $f$ est une isométrie indirecte, il existe $(u, v) \in \C^2 $ avec $ |u| = 1$ tel que:
$f(z) = -u\overline z - v$.
Il en résulte que $(f\circ f)(z) = -u(-\overline u.z -\overline v) -v = z + u\overline v -v$
Comme $f$ est involutif, ceci entraine: $u\overline v - v = 0$
Comme $L$ est l'ensemble des points fixes de $f$, on a bien: $L = L_{u,v}$ avec $u\overline v - v = 0$.
Amicalement
Pappus -
Bonjour pappus
C'est très bien, mais je pensais faire plus soft.
La forme générale d'une droite est donnée par $ Ax+By+C=0$\ avec $(A,B,C)$ réels et $(A,
\neq (0, 0)$.
Je pose $ z=x+iy.$ Alors $ x=\frac{z+\bar z}{2},\ y=\frac{z-\bar z}{2i}, $
On a alors :
$ A\ \frac{z+\bar z}{2}+B\ \frac{z-\bar z}{2i}+C=0,\ z+\frac{a^{2}}{|a|^{2}}\bar z+\frac{ba}{|a|^{2}}=0\ \ (a=A+iB\ne0,\ b=2C réel). $
Par comparaison des coefficients de $ L_{u,v},\ u=\frac{a^{2}}{|a|^{2}},\ v=\frac{ba}{|a|^{2}}$ ce qui donne
$ |u|=1,\ u\bar v=v.$
En gros, c'est ce que tu trouves. -
Mon cher Bouzar
Petit calcul, oui mais pas bof puisque tu m'avais écrit une belle ânerie que tu as depuis effacée.
Tu n'as vraiment pas compris mon idée qui était d'étudier les droites affines de $\C$ sans repasser par $\R^2$ comme tu le refais de nouveau!
D'ailleurs tu n'as pas déterminé les $L_{u,v}$ qui ne sont pas des droites en général!
Il reste maintenant à prouver la construction de Jean-Pierre Ehrmann et ce n'est pas de la tarte.
J'en donnerai deux preuves, tout d'abord celle de son auteur puis la mienne, assez différente dans son esprit.
Il reste évidemment la solution calculatoire utilisant l'équation de l'hyperbole équilatère que tu nous as donnée mais il faut un certain courage pour la mener à bout à moins de se faire aider par MatLab.
Amicalement
Pappus -
Bonjour,
1° Soit l'équation $z +u \overline z + v = 0$. En éliminant $\overline z$ avec l'équation conjuguée, on obtient $(1 - u \overline u) z = u \overline v - v$. Donc:Pappus a écrit:Soient $(u, v) \in \C^2$ et soit $L _{u,v}= \{z \in \C \mid \; z +u \overline z + v = 0\} $
1° Déterminer l'ensemble $L_{u,v}$ et chercher les conditions nécessaires et suffisantes pour que $L_{u,v}$ soit une droite.
2° On suppose que $L{u,v}$ et $L_{u',v'}$ sont des droites. Quelles sont les conditions portant sur $(u, v)$ et $(u',v')$ pour que ces droites soient parallèles ou perpendiculaires?
Si $|u| \neq 1$, on a une unique solution $\displaystyle z = \frac{u \overline v - v}{1 - u \overline u}$.
Si $|u| = 1$ et $u \overline v \neq v$, il n'y a pas de solution.
Si $|u| = 1$ et $u \overline v = v$ on obtient $\overline v z + v \overline z + v \overline v = 0$ qui est bien l'équation d'une droite.
2° Soient les deux droites d'équations $\overline v z + v \overline z + v \overline v = 0$ et $\overline v' z + v' \overline z + v' \overline v' = 0$.
Elles sont parallèles si $\overline v v' - v \overline v' = 0$, donc si $\displaystyle \frac{v'}{v}$ est réel.
Elles sont orthogonales si $\overline v v' + v \overline v' = 0$, donc si $\displaystyle \frac{v'}{v}$ est imaginaire pur.
Cordialement,
Rescassol -
Cher pappus
Il faut croire qu'il va me falloir un peu de temps pour m'éviter de passer de $\mathbb{C}$ vers $\mathbb{R}^2$ et inversement. Mais bon je me soigne. Sinon je suis partant pour continuer la solution calculatoire.
Amicalement -
Mon cher Rescassol
Oui, on pouvait faire aussi comme cela!
En ce qui concerne le parallélisme et l'orthogonalité des droites $L_{u,v}$ et $L_{u',v'}$, il fallait répondre en utilisant mes notations, à savoir $u = u'$ dans le premier cas et $u = -u'$ dans le second, ce que Bouzar a fait!
Amicalement
Pappus -
Bonjour,
Oui, Pappus, mais comme $\displaystyle u = \frac{v}{\overline v}$, ça revient au même.
Cordialement,
Rescassol -
Mon cher Rescassol
Pas tout à fait car tu as remarqué que dans cet exercice, les équations des droites (de Simson ou autres) se présentaient plus naturellement sous la forme $ z + u \overline z + v = 0$ que sous la forme plus rassurante $uz + \overline{uz} + v = 0$ avec $v \in \R$.
Amicalement
Pappus -
Je reviens sur cette figure que nous avions déjà vue. Elle montre en bleu l'hyperbole équilatère $\Gamma$ passant par $A$, $B$, $C$, $D$
La droite de Simson du point $D$ passe par le centre $\Omega$ de l'hyperbole. Elle est orthogonale au diamètre $MM'$ dont $\Gamma$ est la transformée isogonale. Les droites de Simson des points $M$ et $M'$ sont les asymptotes de $\Gamma$ et passent donc par $\Omega$.
Nous avons donc trois droites de Simson concourantes en $\Omega$ et le triangle $DMM'$ (rectangle en $D$) est un triangle S. Nous avons donc le faisceau des asymptotes formé de droites parallèles ou orthogonales (au choix) au faisceau des droites $(DM, DM')$.
Je reprends maintenant la figure de la construction de Jean-Pierre Ehrmann.
Soit $\Gamma$ l'hyperbole équilatère $ABCP$, (tracée en bleu), recoupant le cercle $ABC$ en $D$.
Son centre $\Omega$ est le milieu de $HD$.
Soit $T$ la translation de vecteur $\overrightarrow{HP}$.
Soit $\Gamma '$ l'hyperbole équilatère $A'B'C'D$, (tracée en vert).
Son centre $\Omega '$ est le milieu de $H'D$ et par suite $\Omega ' = T(\Omega)$ puisque $P$ est le milieu de $HH'$.
On vient de voir que $\Gamma$ est l'isogonale par rapport à $ABC$ du diamètre $MM'$ orthogonal à la droite de Simson de $D$ par rapport à $ABC$.
On a vu aussi que la droite de Simson de $D$ par rapport à $A'B'C'$ était parallèle à la droite de Simson par rapport à $A'B'C'$.
Il en résulte que $\Gamma '$ est l'isogonale du même diamètre $MM'$ mais cette fois par rapport à $A'B'C'$.
Le faisceau des asymptotes de $\Gamma '$ est encore formé de droites parallèles au faisceau des droites $(DM, DM')$.
Les asymptotes de $\Gamma$et $\Gamma '$ sont donc parallèles.
La translation $T$ transforme donc le centre et les asymptotes de $\Gamma$ en le centre et les asymptotes de $\Gamma '$.
Comme en plus elle transforme le point $P \in \Gamma$ en le point $H' \in \Gamma '$ et qu'une hyperbole équilatère est déterminée par la donnée de ses asymptotes et d'un point, on a bien: $\Gamma ' = T(\Gamma)$.
Aux notations près, je n'ai fait que réciter la démonstration de Jean-Pierre Ehrmann.
Pour ma part, je la trouve superbe!
Amicalement
Pappus -
Voici maintenant ma propre démonstration de la construction de Jean-Pierre Ehrmann.
Elle est basée sur le lemme suivant:
Cette figure montre en rouge une hyperbole équilatère circonscrite au triangle $ABC$ ainsi que la droite de Simson d'un point $M$ quelconque du cercle circonscrit.
On sait que le milieu $m$ de $HM$ est situé sur la droite de Simson de $M$.
Alors l' hyperbole équilatère et la droite de Simson se coupent en deux points $U$ et $V$ symétriques par rapport au point $m$.
Preuve:
On considère le faisceau linéaire des hyperboles équilatères passant par les points $A$, $B$, $C$ et donc aussi par l'orthocentre $H$ du triangle $ABC$.
D'après le théorème de Chasles, (définitivement hors programme), les hyperboles équilatères de ce faisceau induisent par intersection avec la droite de Simson des paires de points en involution.
On va montrer que cette involution coïncide avec la symétrie de centre $m$.
On sait que deux involutions coïncident si elles ont deux paires de points homologues en commun.
Il suffit de le vérifier pour les coniques décomposées de ce faisceau, ce qui nous donnera trois paires où ces involutions coïncident c'est à dire plus qu'il n'en faut.
Or ces coniques décomposées sont les paires de droites $(AH, BC)$, $(BH, CA)$, $(CH, AB)$.
La droite de Simson coupe la droite $BC$ au point $P$, projection orthogonale de $M$ sur $BC$ et la hauteur $AH$ au point $P'$. Comme $m$ est le milieu de $HM$, la symétrie de centre $m$ transforme la droite $MP$ en la hauteur $AH$.
Ainsi le point $m$ est le milieu du segment $PP'$.
On raisonne de même avec les deux autres coniques décomposées et par suite $m$ est aussi le milieu des segments $QQ'$ et $RR'$.
CQFD
Appliquons maintenant ce lemme à la construction de Jean-Pierre Ehrmann.
L'hyperbole violette $\Gamma$ coupe la droite de Simson de $A'$ au point $P$ et en un autre point $A"$.
D'après le lemme, les points $P$ et $A"$ sont symétriques par rapport au milieu $a'$ du segment $HA'$ et par suite:
$\overrightarrow{HP} = \overrightarrow{A"A’}$.
On raisonne de même avec les points $B'$ et $C'$.
CQFD
Amicalement
Pappus -
Bonjour pappus
Quid de la solution calculatoire ? -
Mon cher Bouzar
Tu nous a écrit l'équation de l'hyperbole équilatère passant par 4 points situés sur le cercle-unité.
Tu as donc tout ce qu'il faut pour la solution calculatoire.
Mais les calculs ne sont pas folichons!
Amicalement
Pappus -
Mon cher Bouzar
Je crois que le mieux à faire du point de vue calculatoire est de démontrer mon lemme.
Tu disposes en effet et de l'équation de l'hyperbole équilatère et de celle de la droite de Simson
Tu évites ainsi l'emploi du théorème de Chasles qui est définitivement hors programme, pour nous mais pas pour le reste de la planète évidemment!
Amicalement
Pappus -
Bonjour pappus
$M$ appartient au cercle unité. La droite de Simson de $M(\rho)$ est :
$$2\rho^2z-2\rho s_3 \overline{z}+s_3+s_2\rho-s_1 \rho^2-\rho^3=0.
$$ L'hyperbole équilatère passant par les quatre points du cercle unité $a, b, c$ et $-s_3$ a pour équation
$$z^2-s_3^2\overline{z}^2-(s_1-s_3)z-s_3(1-s_2)\overline{z}+s_2-s_3 s_1 = 0.
$$ Il faut déterminer les affixes des deux points d'intersections $U$ et $V$ entre la droite de Simson de $M$ et l'hyperbole équilatère.
Je me suis mis en tête de calculer les affixes de $P$ et $P'$ ce qui donne l'affixe de $m.$ Soit $\rho$ l'affixe de $M$ appartenant au cercle unité. Je trouve que :
$P$ a pour affixe $$ \dfrac{b \rho + c \rho + \rho^2 - bc}{2\rho}
$$ et $P'$ a pour affixe $$ \dfrac{as_3(a-s_1)+(2s_1s_3-as_1s_2-a^2s_2)\rho+a(1-as_1)\rho^2+a(s_1-a)\rho^3}{2\rho(s_3-as_2)-2a(a-s_1)\rho^2}.
$$ Par suite, le fameux point $m$ a pour affixe :
$$ m = \dfrac{1}{2}\Big( \dfrac{b \rho + c \rho + \rho^2 - bc}{2\rho} + \dfrac{as_3(a-s_1)+(2s_1s_3-as_1s_2-a^2s_2)\rho+a(1-as_1)\rho^2+a(s_1-a)\rho^3}{2\rho(s_3-as_2)-2a(a-s_1)\rho^2} \Big).$$ -
Mon cher Bouzar
D'où sort ce $-s_3$ par lequel devrait passer l'hyperbole?
Amicalement
Pappus -
Il faut quatre points sur le cercle unité, n'est ce pas ? qui sont ils :a, b, c et ...
-
Mon cher Bouzar
On doit chercher l'intersection de l'hyperbole équilatère passant par les points $a$, $b$, $c$, $d$ du cercle unité avec la droite de Simson du point $\rho$ du cercle unité par rapport au triangle de sommets $a$, $b$, $c$.
Pourquoi as tu choisi $d = -s_3$?
Ici $s_1 = a+b+c$, $s_2 = bc+ca+ab$, $s_3 = abc$
Amicalement
Pappus -
Cher pappus
Soit quatre points d'affixes $a, b, c, d$ du cercle unité du plan complexe. On introduit les fonctions symétriques élémentaires de $a, b, c, d$ :
$s_1 = a + b + c + d$
$s_2 = a.b + a.c + a.d + b.c + b.d + c.d$
$s_3 = b.c.d + a.c.d + a.b.d + a.b.c$
$s_4 = a.b.c.d$
L'équation de l'hyperbole équilatère passant par ces quatre points est
$$z^2 + s_4\overline{z}^2 - s_1z - s_3\overline{z} + s_2 = 0.
$$ $M$ appartient au cercle unité. La droite de Simson de $M(\rho)$ est :
$$2\rho^2z-2\rho s_3 \overline{z}+s_3+s_2\rho-s_1 \rho^2-\rho^3=0.
$$ Mais par rotation des axes, on peut toujours supposer que $\rho$ est réel et je prends $\rho = 1.$
La droite de Simson de $M(1)$ est :
$$2z-2s_3 \overline{z}+s_3+s_2-s_1-1=0.
$$ On doit donc chercher l'intersection de l'hyperbole équilatère passant par les points $a$, $b$, $c$, $d$ du cercle unité avec la droite de Simson du point $\rho$ du cercle unité par rapport au triangle de sommets $a$, $b$, $c$. -
A-t-on vraiment besoin de MatLab dans ce cas de figure?
En éliminant $\overline z$ entre les équations de l'hyperbole et de la droite de Simson, on obtient une équation du second degré en $z$ dont les racines sont les affixes des points d'intersection cherchés.
Amicalement
Pappus
PS
Par rotation des axes, on peut toujours supposer que $\rho$ est réel et par exemple que $\rho = 1$ -
Cher pappus
Si je ne me suis pas fourvoyer dans les calculs, voici ce que je trouve comme équation du second degré en $z$ :
\begin{align*}
0&=4(s_3^2+s_4)z^2+4(s_4(s_3+s_2-s_1-1)-s_1s_3^2-s_3^2)z+s_4-2s_3s_4-2s_2s_4+2s_1s_4+s_4(s_1^2+s_2^2+s_3^2) \\
&\qquad +2s_4(s_2s_3-s_1s_3-s_1s_2)-2s_3^3-2s_2s_3^2+2s_1s_3^2+2s_3^2+4s_2s_3^2 \\
&=4(s_3^2+s_4)z^2+4(-s_4((s_1-s_3-s_2)+1)-s_3^2(s_1+1))z+s_4(1+2(s_1-s_3-s_2)+s_1^2+s_2^2 \\
&\qquad+s_3^2+2(s_2s_3-s_1s_3-s_1s_2))+2s_3^2((s_1-s_3-s_2)+1+2s_2)
\end{align*} -
Bonjour,
Bouzar, j'ai l'impression que tu confonds $s_1=a+b+c$ etc ... avec $S_1=a+b+c+d$ etc...
L'équation de l'hyperbole équilatère passant par $A$, $B$, $C$ et $D$ est
$\displaystyle z^2 + S_4\overline{z}^2 - S_1z - S_3\overline{z} + S_2 = 0$ (grandes lettres $S$)
La droite de Simson de $M(\rho)$ par rapport à $ABC$ est :
$\displaystyle 2\rho^2z-2\rho s_3 \overline{z}+s_3+s_2\rho-s_1 \rho^2-\rho^3=0$ (petites lettres $s$).
Et on a : $S_1=s_1+d$, $S_2=s_2+s_1 d$, $S_3=s_3+s_2 d$ et $S_4=s_3 d$.
Cordialement,
Rescassol -
Merci, Rescassol.
Je m'étonnais aussi des monstrueux calculs de Bouzar qui n'avaient pas lieu d'être!
Si on veut encore plus simplifier ces calculs, on peut toujours supposer que $\rho = 1$, au besoin en faisant une rotation des axes.
Amicalement
Pappus -
Bonsoir,
Et on tombe effectivement sur une équation du second degré, dont le discriminant n'est pas un carré parfait, mais dont la somme des racines est $s_1+\rho$.
Ces deux points sont donc la deuxième diagonale d'un parallélogramme dont la première est $[HM]$. Son centre $J$ est sur le cercle d'Euler homothétique du cercle circonscrit par l'homothétie de centre $H$ et de rapport $\displaystyle \frac{1}{2}$.
Cordialement,
Rescassol -
Bonsoir
Soit quatre points d'affixes $a, b, c, d$ du cercle unité du plan complexe. On introduit les fonctions symétriques élémentaires de $a, b, c, d$ :
$S_1 = a + b + c + d = s_1+d$
$S_2 = a.b + a.c + a.d + b.c + b.d + c.d = s_2 + ds_1$
$S_3 = b.c.d + a.c.d + a.b.d + a.b.c = s_3 + ds_2$
$S_4 = a.b.c.d = ds_3$
L'équation de l'hyperbole équilatère passant par les quatre points $a, b, c, d$ est :
$$z^2 + S_4\overline{z}^2 - S_1z - S_3\overline{z} + S_2 = 0$$
soit encore
$$z^2 + ds_3\overline{z}^2 - (s_1+d)z - (s_3+ds_2)\overline{z} + s_2+ds_1 = 0$$
M appartient au cercle unité. La droite de Simson de $M(\rho)$ est :
$$2\rho^2z-2\rho s_3 \overline{z}+s_3+s_2\rho-s_1 \rho^2-\rho^3=0.$$
Mais par rotation des axes, on peut toujours supposer que $\rho$ est réel et je prends $\rho = 1.$
La droite de Simson de $M(1)$ est :
$$2z-2s_3 \overline{z}+s_3+s_2-s_1-1=0.$$
On doit donc chercher l'intersection de l'hyperbole équilatère passant par les points $a$, $b$, $c$, $d$ du cercle unité avec la droite de Simson du point $\rho$ du cercle unité par rapport au triangle de sommets $a$, $b$, $c$.
On doit donc résoudre le système formé par les deux équations suivantes :
$2z-2s_3 \overline{z}+s_3+s_2-s_1-1=0$ et $z^2 + ds_3\overline{z}^2 - (s_1+d)z - (s_3+ds_2)\overline{z} + s_2+ds_1 = 0.$
A t'on le même système ?
@ Rescassol : peux tu poster ton équation du second degré et détailler comment tu l'as obtenu stp ? -
Mon cher Bouzar
Fais ce que je t'ai dit de faire!
Tu calcules $\overline z$ en fonction de $z$ dans l'équation de la droite de Simson et tu reportes le résultat obtenu dans l'équation de l'hyperbole.
On appelle cela faire une élimination!
Tu obtiens ainsi un polynôme du second degré en $z$ dont la somme des racines est $1 + s_1$.
Amicalement
Pappus -
Pour ceux qui ont Cabri, voici donc la marche à suivre pour construire les droites de Simson passant par $P$.
Les données sont donc les points $A$, $B$, $C$, $P$.
Soit $O$ le centre du cercle circonscrit $\Gamma$ au triangle $ABC$ et $H$ l'orthocentre de ce même triangle.
1° On construit l'isogonal $P_*$ de $P$ par rapport au triangle $ABC$.
On sait que la droite $OP_*$ a pour transformée isogonale l'hyperbole équilatère $H_0$ passant par les points $A$, $B$, $C$, $P$.
2° La droite $OP_*$ coupe $\Gamma$ en $M$ et $M'$.
On trace les droites de Simson des points $M$ et $M'$. Ce sont les asymptotes de $H_0$ et elles se coupent donc au centre $\Omega$ de cette hyperbole. Le symétrique $D$ de $H$ par rapport à $\Omega$ est le point où $H_0$ recoupe $\Gamma$.
3° On trace l'hyperbole $H_0$. On en connait cinq points $A$, $B$, $C$, $P$, $H$ et elle est donc facile à tracer avec l'outil conique de Cabri. On constate qu'elle passe bien par le point $D$.
4° On trace le vecteur $\overrightarrow{HP}$.
5° On demande à Cabri de translater $H_0$ par la translation de vecteur $\overrightarrow{HP}$. Cabri sait le faire!
On obtient ainsi une hyperbole $H_1$
6° On demande à Cabri l'intersection de $H_1$ avec $\Gamma$. Il sait le faire.
GeoGebra est -il capable du même exploit?
Outre le point $D$, on obtient trois autres points $A'$, $B'$, $C'$.
7° On trace les droites de Simson des points $A'$, $B'$, $C'$ et on constate avec joie qu'elles passent bien par $P$.
Amicalement
Pappus
PS
Bien entendu, tous les calculs faits avec le truc de Morley peuvent être remplacés par des démonstrations synthétiques.
Concernant l'hyperbole équilatère, ces démonstrations sont connues depuis beau temps et trainent à droite et à gauche dans les vieux ouvrages de géométrie.
En ce qui concerne les droites de Simson et ces fameux triangles S dont les droites de Simson des sommets sont concourantes, on peut consulter l'ouvrage de Trajan Lalesco: La géométrie du triangle, réédité chez Gabay. -
Je viens de vérifier que GeoGebra sait tracer une conique passant par 5 points et aussi prendre l'intersection d'une conique et d'un cercle
Donc pas de problème pour tracer les figures de ce fil!
Etant depuis très longtemps hors du circuit, quelqu'un pourrait-il me dire où en est l'emploi des ordinateurs dans l'enseignement des math et en particulier de la géométrie, notamment dans les collèges et lycées?
Je ne parle pas évidemment des programmes de l'agrégation mais cela m'intéresserait aussi!
Existe-t-il des instructions officielles sur ce sujet?
Amicalement
Pappus -
Bonjour,
Bouzar, mon équation du second degré est: $\displaystyle pz^2+qz+r=0$ avec $\displaystyle p=4\rho^2(d\rho^2+s_3)$, $\displaystyle q=-4\rho^2(d\rho^2+s_3)(\rho+s_1)$ et
$\displaystyle r=d\rho^6 + 2d\rho^5s_1 + d\rho^4s_1^2 + 2\rho^4s_3 + 2\rho^3s_1s_3 - 2d\rho^3s_3 + 2d\rho^2s_1s_3 - d\rho^2s_2^2 + 2\rho^2s_2s_3 - 2\rhos_3^2 + ds_3^2$.
Cordialement,
Rescassol -
Bonjour Rescassol et pappus
Merci Rescassol. Dès que j'ai du temps je me replonge dans les calculs.
Amicalement -
Il serait intéressant maintenant de comparer la construction de Jean-Pierre Ehrmann avec celle du JDE.
Avis aux amateurs!
Comme la H3 de Steiner est de la troisième classe, il y a toujours au moins une droite de Simson réelle passant par un point $P$. J'ai affirmé sans preuve que le point $P$ devait être à l'intérieur de la H3 pour que les trois droites de Simson soient réelles. Peut-être ce résultat apparait-il dans le JDE. Ce n'est jamais qu'un calcul de discriminant de l'équation du troisième degré fournie par l'équation de la droite de Simson donnée par Bouzar.
Il y a deux cas intéressants à étudier synthétiquement:
1° Celui ou le point $P$ appartient à la H3. C'est le cas de la racine double.
La tangente à la H3 passant par $P$ est la droite de Simson qui doit être comptée deux fois.
Il reste la troisième droite de Simson correspondant à la racine simple et qui peut être construite à la règle et au compas à partir des données $A$, $B$, $C$, $P$.
2° Le cas où $P$ appartient au cercle des neuf points.
On vérifie à l'oeil nu que ce cercle est à l'intérieur de la H3 car c'est le cercle tritangent.
Il y a donc en général trois droites de Simson réelles passant par un point $P$ du cercle d'Euler.
Montrer qu'elles sont constructibles à la règle et au compas à partir des données $A$, $B$, $C$, $P$.
Amicalement
Pappus -
Cette figure montre les droites de Simson passant par un pont $P$ situé sur la H3 de Steiner:
Le point $P$ est sur la H3. La tangente en $P$ à la H3 est la droite de Simson du point $M$ d'affixe $\rho$.Cette tangente doit être comptée deux fois.
La troisième droite de Simson passant par $P$ est donnée par la construction suivante ( à la règle et au compas):
La perpendiculaire passant par $M$ à sa droite de Simson recoupe le cercle circonscrit au triangle $ABC$ en $M'$.
La droite de Simson de $M'$ passe par $P$.
Sauriez vous montrer cela avec le truc de Morley?
Amicalement
Pappus
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