Hyperbole Equilatère Circonscrite
Dans la construction des droites de Simson passant par un point, j'ai besoin d'avoir quelques propriétés d'une hyperbole équilatère circonscrite à un triangle $ABC$.
Je préfère les exposer ici pour ne pas trop surcharger le fil sur l'orthopôle.
Elles sont résumées dans la figure suivante:
On a donc une hyperbole équilatère $\Gamma$ circonscrite au triangle $ABC$.
1° Elle passe par l'orthocentre $H$ du triangle $ABC$.
2° Elle est la transformée isogonale d'un diamètre $MM'$ du cercle circonscrit $\gamma$.
3° Les asymptotes de $\Gamma$ sont les droites de Simson des points $M$ et $M'$.
3° Le point $D$ où l'hyperbole $\Gamma$ recoupe le cercle $\gamma$ est celui dont la droite de Simson, (tracée en violet), est orthogonale au diamètre $MM'$.
4° Les droites de Simson des points $M$, $M'$ et $D$ concourent au centre $\Omega$ de l'hyperbole $\Gamma$.
5° Le centre $\Omega$ est le milieu du segment $HD$ et se trouve donc sur le cercle d'Euler.
Toutes ces propriétés peuvent évidemment se démontrer synthétiquement.
On en trouvera la preuve soit dans le JDE qu'on peut se procurer très facilement et que je vous conseille vivement de posséder dans votre bibliothèque soit dans le livre de M.Collet et G.Griso sur le Cercle d'Euler, sans doute plus difficile à trouver.
Mais pour satisfaire Bouzar, il serait bien de disposer d'une preuve calculatoire de tout ce fourbi au moyen du truc de Morley.
Enfin puisque j'ai en vue la construction des droites de Simson passant par un point, sachez que vous pouvez trouver cette construction gratis pro deo dans le JDE.
Il sera intéressant de comparer celle du JDE avec la mienne ou plutôt avec celle que je vais exposer car elle ne m'appartient pas puisqu'elle elle est l'oeuvre de Jean-Pierre Ehrmann.
Amicalement
Pappus
Je préfère les exposer ici pour ne pas trop surcharger le fil sur l'orthopôle.
Elles sont résumées dans la figure suivante:
On a donc une hyperbole équilatère $\Gamma$ circonscrite au triangle $ABC$.
1° Elle passe par l'orthocentre $H$ du triangle $ABC$.
2° Elle est la transformée isogonale d'un diamètre $MM'$ du cercle circonscrit $\gamma$.
3° Les asymptotes de $\Gamma$ sont les droites de Simson des points $M$ et $M'$.
3° Le point $D$ où l'hyperbole $\Gamma$ recoupe le cercle $\gamma$ est celui dont la droite de Simson, (tracée en violet), est orthogonale au diamètre $MM'$.
4° Les droites de Simson des points $M$, $M'$ et $D$ concourent au centre $\Omega$ de l'hyperbole $\Gamma$.
5° Le centre $\Omega$ est le milieu du segment $HD$ et se trouve donc sur le cercle d'Euler.
Toutes ces propriétés peuvent évidemment se démontrer synthétiquement.
On en trouvera la preuve soit dans le JDE qu'on peut se procurer très facilement et que je vous conseille vivement de posséder dans votre bibliothèque soit dans le livre de M.Collet et G.Griso sur le Cercle d'Euler, sans doute plus difficile à trouver.
Mais pour satisfaire Bouzar, il serait bien de disposer d'une preuve calculatoire de tout ce fourbi au moyen du truc de Morley.
Enfin puisque j'ai en vue la construction des droites de Simson passant par un point, sachez que vous pouvez trouver cette construction gratis pro deo dans le JDE.
Il sera intéressant de comparer celle du JDE avec la mienne ou plutôt avec celle que je vais exposer car elle ne m'appartient pas puisqu'elle elle est l'oeuvre de Jean-Pierre Ehrmann.
Amicalement
Pappus
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Réponses
J'ouvre les hostilités en déterminant l'équation de {\bf l'hyperbole équilatère} $\Gamma$ circonscrite au triangle $ABC$.
Les complexes $a, b, c$ sont les racines du polynôme :
$p(z)=z^3-s_1z^2+s_2z-s_3.$
On divise par $z$ pour obtenir :
$\dfrac{p(z)}{z} = z^2-s_1z-\dfrac{s_3}{z}+s_2.$
Mais sur le cercle unité, on a $\dfrac{1}{z}=\overline{z}.$
Donc $a, b, c$ annulent le polynôme du second degré:
$q(z)=z^2-s_1z-s_3\overline{z}+s_2.$
Les points $z$ annulant $q$ forment une {\bf hyperbole équilatère} dont les directions asymptotiques sont les isotropes de la forme quadratique $z^2.$
Ainsi, l'équation de {\bf l'hyperbole équilatère} $\Gamma$ circonscrite au triangle $ABC$ est :
$z^2-s_1z-s_3\overline{z}+s_2 = 0.$
1° Elle passe par l'orthocentre $H$ du triangle $ABC$.
L'orthocentre $H$ du triangle a pour affixe $s_1.$
On a $q(s_1)=0.$ Donc $\Gamma$ passe par $H.$
Bouzar, tu donnes \og\ l'équation de l'hyperbole équilatère circonscrite au triangle $ABC$ \fg. Mais, comme le note pappus dans son préambule, il y a une infinité d'hyperboles équilatères circonscrites au triangle $ABC$ et qui passent toutes par l'orthocentre $H$ de ce triangle. Or l'équation que tu obtiens a des coefficients qui ne dépendent que de $a,\ b$ et $c$ via les fonctions symétriques. De plus, tu établis cette équation en supposant que $|z| = 1$, je ne comprends donc rien à cela.
D'autre part tu écris que $q(z) = z^2 - s_1\,z - s_3\,\bar z + s_2$ est un polynôme, or, à moins d'une convention particulière entre vous, c'est tout au plus le polynôme $Q(Z,Z') = Z^2 - s_1\,Z - s_3\,Z' + s_2$ dans lequel on a substitué $z$ à $Z$ et $\bar z$ à $Z'$. Est-ce cela que tu entends dans ton texte ?
Bruno
Comme nous savons tous qu'il existe tout un faisceau linéaire d'hyperboles équilatères circonscrites au triangle $ABC$, à savoir toutes les coniques passant par les quatre points $A$, $B$, $C$, $H$, on est en droit de se demander ce que représente vraiment géométriquement ton équation.
Regarde le cas du triangle équilatéral:
$a = 1$, $b = \jmath$, $c = \jmath^2$
avec $s_1 = s_2 = 0$ et $s_3 = 1$
et essaye de me tracer la fameuse hyperbole équilatère circonscrite à un triangle équilatéral.
Amicalement
Pappus
Sauf une possible erreur de calcul.
Bruno
Elle est suggérée par les réflexions suivantes:
La transformée par isogonalité d'une droite $L$ est une conique $\Gamma$ circonscrite au triangle $ABC$.
Cela se démontre aisément par l'emploi des coordonnées barycentriques.
Cette conique $\Gamma$ sera une hyperbole ssi l'intersection de $L$ avec le cercle circonscrit est composée de deux points distincts $M$ et $M'$ et cette hyperbole sera équilatère ssi $MM'$ est un diamètre de $\gamma$.
On va donc utiliser le truc de Morley en supposant que $\gamma$ est le cercle-unité de $\C$ mais quitte à faire une rotation supplémentaire, on peut toujours supposer que le diamètre $MM'$ est l'axe réel.
Donc on peut toujours supposer que l'affixe de $M$ est $1$ et celui de $M'$ $-1$.
Amicalement
Pappus
Bruno
Rappelons que deux points d'affixes $z$ et $t$ sont isogonaux s'ils vérifient la relation de Morley:
$z+t + s_3 \overline z.\overline t -s_1=0$
Ici comme on cherche la transformée isogonale de l'axe réel $MM'$, $t = \overline t \in \R$.
De la relation de Morley, on tire:
$t = \dfrac{s_1-z}{1+s_3\overline z} = \overline t = \dfrac{\frac{s_2}{s_3}-\overline z}{1 +\frac z {s_3}}= \dfrac{s_2-s_3\overline z}{s_3+z}$ car $\overline{s_1} = \dfrac{s_2}{s_3}$ et $\overline{s_3} = \dfrac 1 {s_3}$
L'équation de $\Gamma$ est donc:
$(s_1-z)(s_3+z) = (1+s_3\overline z)(s_2-s_3\overline z)$
Sous cette forme, on voit que $\Gamma$ passe par l'orthocentre $H$ d'affixe $s_1$ mais aussi par le point $D$ d'affixe $-s_3$ qui est donc le quatrième point d'intersection de $\Gamma$ avec le cercle $\gamma$.
Si on développe, l'équation de $\Gamma$ prend la forme:
$z^2 -s_3^2\overline z^2 + (s_3-s_1)z+(s_2s_3-s_3)\overline z+s_2-s_1s_3 = 0$
Les termes du second degré $z^2 -s_3^2\overline z^2 = (z-s_3\overline z) (z+s_3\overline z)$ donnent les directions asymptotiques de $\Gamma$.
La droite d'équation $z -s_3\overline z = 0$ a pour vecteur directeur $1+s_3$, (j'ai retenu ta leçon, Rescassol!), et la droite d'équation $z +s_3\overline z = 0$ a pour vecteur directeur $1- s_3$ et comme on l'a déjà vu, ces deux vecteurs sont orthogonaux.
Amicalement
Pappus
A suivre, to be continued, con tiêp nua
La droite de Simson de $M(1)$ a pour équation :
$2z- 2s_3\overline{z} + s_3+s_2 -s_1-1=0.$
La droite de Simson de $M'(-1)$ a pour équation :
$2z+2s_3\overline{z} + s_3-s_2-s_1+1=0.$
La droite de Simson de $D(-s_3)$ a pour équation :
$2s_3z+ 2s_3\overline{z} + 1- s_2 - s_1s_3 - s_3^2=0.$
Le point d'intersection des deux droites de Simson de $M$ et $M'$ est :
$\omega = \dfrac{s_1}{2} - \dfrac{s_3}{2}.$
Il est immédiat en tenant compte des relations $\overline{s_1} = \dfrac{s_2}{s_3}$ et $\overline{s_3} = \dfrac 1 {s_3}$ de voir que $\omega$ appartient à la droite de Simson de $D(-s_3).$
En conclusion, les droites de Simson des points $M$, $M'$ et $D$ concourent au centre $\Omega$ d'affixe $\omega = \dfrac{s_1}{2} - \dfrac{s_3}{2}$ de l'hyperbole $\Gamma$ d'équation $z^2 -s_3^2\overline z^2 + (s_3-s_1)z+(s_2s_3-s_3)\overline z+s_2-s_1s_3 = 0.$
Comme $\omega = \dfrac{s_1}{2} - \dfrac{s_3}{2} = \dfrac{s_1 + (-s_3)}{2}$ alors le centre $\Omega$ est le milieu du segment $HD.$
De la relation $|\omega - \dfrac{s_1}{2}| = |\dfrac{-s_3}{2}|=\dfrac{1}{2}$ on en tire que le centre $\Omega$ se trouve sur le cercle d'Euler.
D'autre part, $\Omega$ d'affixe $\dfrac{s_1-s_3} 2$ est bien le milieu des points $H$ d'affixe $s_1$ et du point $D$ d'affixe $-s_3$.
La symétrie par rapport à $\Omega$ s'écrit $z \mapsto s_1-s_3-z$ et on vérifie qu'elle laisse invariante l'équation de $\Gamma$: $(s_1-z)(s_3+z) = (1+s_3\overline z)(s_2-s_3\overline z)$
Dans la symétrie, les facteurs $s_1-z$ et $s_3+z$ s'échangent ainsi que les facteurs $1+s_3\overline z$ et $s_2-s_3\overline z$.
Le point $\Omega$ est bien le centre de $\Gamma$.
Il faudrait vérifier maintenant que les droites de Simson des points $M$ et $M'$ sont bien les asymptotes de $\Gamma$ et que la droite de Simson du point $D$ passe bien par $\Omega$.
On est ainsi dans la situation de trois droites de Simson concourantes!
Amicalement
Pappus
En tenant compte des relations $\overline{s_1} = \dfrac{s_2}{s_3}$ et $\overline{s_3} = \dfrac 1 {s_3}$ un petit calcul montre que la droite de Simson de $D(-s_3)$ passe par $\omega.$
Vérifions maintenant que les droites de Simson des points $M$ et $M'$ sont bien les asymptotes de $\Gamma.$
Il est remarquable que l'hyperbole équilatère s'écrit sous la forme :
$\alpha (\dfrac{(z-\omega)^2}{s_3^2} - (\overline{z}-\overline{\omega})^2) = 1$
où $\alpha = \dfrac{1}{(s_1+s_3)^2-(s_2+1)^2} .$
Les deux asymptotes à l’hyperbole d’équation $z^2 -s_3^2\overline z^2 + (s_3-s_1)z+(s_2s_3-s_3)\overline z+s_2-s_1s_3 = 0$ sont obtenues mécaniquement en remplaçant 1 par 0 :
$\dfrac{(z-\omega)^2}{s_3^2} - (\overline{z}-\overline{\omega})^2 = 0$
équivaut à
$(\dfrac{2z-(s_1-s_3)}{2s_3}+\dfrac{2\overline{z}-(\overline{s_1}-\overline{s_3})}{2})(\dfrac{2z-(s_1-s_3)}{2s_3}-\dfrac{2\overline{z}-(\overline{s_1}-\overline{s_3})}{2})=0$
équivaut à
$( 2z+2s_3\overline{z} + s_3-s_2-s_1+1)( 2z- 2s_3\overline{z} + s_3+s_2 -s_1-1) =0.$
Ainsi, les droites de Simson des points $M$ et $M'$ sont bien les asymptotes de $\Gamma.$
Toujours un peu laborieux mais c'est exact.
On voit là les limites du calcul et le besoin diffus d'une solution synthétique!
Pour terminer ce fil sur une note qui lui soit propre et avant de l'appliquer à la construction des droites de Simson issues d'un point, voici une configuration qui, à près tout ce qu'on vient d'endurer, ne requiert aucun calcul!
J'ai pris au hasard 4 points $A$, $B$, $C$, $D$ sur un cercle $\Gamma$ puis pour chacun de ces 4 points, j'ai tracé sa droite de Simson par rapport au triangle formé par les 3 autres.
On obtient ainsi 4 droites $\alpha$, $\beta$, $\gamma$, $\delta$.
On constate avec une joie mêlée d'un peu d'inquiétude, (quant à l'éventuelle démonstration), que ces 4 droites sont concourantes en un point $\Omega$.
Pourquoi?
Amicalement
Pappus
Pappus, je pose $s_1=a+b+c+d$, $s_2=ab+ac+ad+bc+bd+cd$, $s_3=abc+abd+acd+bcd$ et $s_4=abcd$.
La droite de Simson de $D$ par rapport au triangle $ABC$ a pour équation $p_d z + q_d \overline{z} + r_d = 0$ avec $\displaystyle p_d=2d^2$, $\displaystyle q_d=-2s_4$ et $\displaystyle r_d=s_3-s_1d^2$ et permutation circulaire.
Il est facile de voir que le déterminant des coefficients de 3 de ces droites est nul, donc elles sont concourantes.
De plus, le point de concours $\Omega(\omega)$ est particulièrement simple puisqu'on trouve $\displaystyle \omega=\frac{s_1}{2}$.
Cordialement,
Rescassol
Pourquoi pas, ta solution satisfera les obsédés du déterminant.
Mais quelle est la solution synthétique suggérée par la figure suivante?
Amicalement
Pappus
Le point Omega est le centre de l'hyperbole équilatère passant par les quatre points A,B,C et D. Il est à l'intersection des quatre cercles d'Euler des triangles ABC, ABD, ACD et BCD.
Le point A' est l'orthocentre du triangle BCD et est diamétralement opposé à A sur l'hyperbole. L'homothétique de rapport 2 de la droite de Simson beta passe donc par A'. La droite de Simson de A passe donc par Omega.
Je n'aurais pu dire mieux.
Maintenant, il faut vite revenir au fil sur l'orthopôle(suite) et voir comment tout cela va nous fournir une construction des droites de Simson passant par un point!
Amicalement
Pappus
Effectivement, c'était toi qui était un peu laborieux.
Je dois faire une fixation sur Rescassol auprès duquel je m'excuse.
N'oublie pas quand même que tout ce qui a été obtenu péniblement par le truc de Morley aurait pu l'être par voie synthétique.
Un dernier exo pour terminer ce fil. Il pourrait nous être utile pour la suite, chi lo sa?
Soient $a$, $b$, $c$, $d$ quatre complexes de module 1.
Donner une équation de l'hyperbole équilatère passant par les quatre points $a$, $b$, $c$, $d$.
Amicalement
Pappus
On introduit les fonctions symétriques élémentaires de $a, b, c, d$ :
$s_1 = a + b + c + d$
$s_2 = a.b + a.c + a.d + b.c + b.d + c.d$
$s_3 = b.c.d + a.c.d + a.b.d + a.b.c$
$s_4 = a.b.c.d$
Les complexes $a, b, c, d$ sont donc les racines du polynôme :
$p(z) = z^4 - s_1z^3 + s_2z^2 - s_3z + s_4$
On divise par $z^2$ pour obtenir :
$\dfrac{p(z)}{z^2} = z^2 + s_4 \dfrac{1}{z^2} - s_1z - s_3\dfrac{1}{z} + s_2.$
Mais sur le cercle unité, on a :
$\dfrac{1}{z} = \overline{z}.$
Donc $a, b, c, d$ annulent le polynôme du second degré :
$ z^2 + s_4\overline{z}^2 - s_1z - s_3\overline{z} + s_2.$
Les points $z$ tels que $ z^2 + s_4\overline{z}^2 - s_1z - s_3\overline{z} + s_2 = 0$ forment une hyperbole équilatère dont les directions asymptotiques sont les isotropes de la forme quadratique $z^2 + s_4\overline{z}^2$ et dont le centre est le centre le point d'affixe $\dfrac{s_1}{2}.$
Cordialement,
Rescassol
C'est bien l'équation cherchée!
Amicalement
Pappus
je tombe bien trop tard sur ce fil très intéressant ; alors, juste mon petit grain de sel :
C'est ce que l'on lit tout au début du fil ; tout le monde a bien vu qu'il n'y a pas qu'une HE passant par $A,B,C$ mais on peut se demander ce que représente cette équation.
Je n'ai pas fait le calcul mais j'ai intuitivement l'impression qu'elle ne représente pas une courbe mais seulement le quadruplet $A,B,C,H$ ; en effet, les parties réelle et imaginaire d'icelle, égalées à $0$, sont les équations de deux HE passant par $A,B,C$ et, partant, par $H$.
Me trompé-je ?
Bien amicalement, j__j
Il reste à montrer la construction de Jean-Pierre Ehrmann dont la preuve, compte tenu de ce que j'ai dit sur les hyperboles équilatères, peut se faire maintenant de manière synthétique.
Mais les sectateurs du truc de Morley peuvent aussi se lancer dans les calculs puisque Bouzar nous a donné l'équation de l'hyperbole équilatère passant par quatre points $a$, $b$, $c$, $d$ du cercle unité.
J'ai essayé et cela a l'air de marcher mais les calculs sont tedious comme le disent nos amis anglais.
Il vaut mieux laisser cela à MatLab!
@ Rescassol
Utiliser le truc de Morley pour calculer l'isotomie était de la folie puisque le problème de yannguyen est de nature projective.
Si tu voulais absolument en passer par là, le mieux aurait été de supposer le triangle de référence équilatéral, par exemple:
$a = 1$, $b = \jmath$, $c = \jmath^2$, ce qui équivaut à $s_1=s_2=0$ et $s_3=1$.
Amicalement
Pappus
Cordialement,
Rescassol