Hyperbole Equilatère Circonscrite

pappus · September 2011

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:

file.php?8,file=20821

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 20821

Bouzar · September 2011

Bonjour pappus

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 $H.$

Bruno · September 2011

Bien entendu je n'ai pas suivi en détail vos précédents ébats géométriques, mais il y a des trucs qui m'échappent :

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

pappus · September 2011

Mon cher Bouzar

Bouzar a écrit:

Ainsi, l'équation de {\bf l'hyperbole équilatère} $\Gamma$ circonscrite au triangle $ABC$ est :
$z^2-s_1z-s_3\overline{z}+s_2 = 0.$

D'abord je fais l'analyse logique de ta phrase qui tendrait à nous faire croire qu'il n'existe qu'une seule hyperbole équilatère circonscrite au triangle $ABC$ et que l'équation qui suit serait l'équation de la bestiole.
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

Bruno · September 2011

Si je ne me trompes pas, une équation de la droite $(AB)$ est $:\$ [z + ab\,\bar z - (a + b) = 0\]et une équation de la hauteur issue de $C$ est $:\$ [c\,(z - ab\,\bar z) + ab - c^2 = 0\]On obtient alors une équation de n'importe quelle hyperbole du faisceau en prenant une combinaison linéaire non triviale du produit de ces deux équations et de l'une de celles déduites de celle-ci par une permutation circulaire des paramètres. Soit $:\$ [\lambda\,\big(z + ab\,\bar z - (a + b)\big)\big(c\,(z - ab\,\bar z) + ab - c^2\big) + \mu\,\big(z + bc\,\bar z - (b + c)\big)\big(a\,(z - bc\,\bar z) + bc - a^2\big) = 0\]ce qui est une équation de l'hyperbole $\mathcal H_{\lambda,\mu}$.

Sauf une possible erreur de calcul.

Bruno

pappus · September 2011

Bon pour gagner du temps, je vais faire la {\bf mise en équation}.
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 · September 2011

Bon ben, je peux aller me coucher avec mon calcul à ras les pâquerettes

.

Bruno

pappus · September 2011

Je commence les calculs qui n'offrent guère de difficultés
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

Bouzar · September 2011

Bonjour

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.

pappus · September 2011

Bravo Bouzar!
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

Bouzar · September 2011

Cher 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 $\Gamma.$

pappus · September 2011

Mon cher Rescassol
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!

file.php?8,file=20838

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 20838

Bouzar · September 2011

Pappus, quel est ta méthode pour montrer que les droites de Simson des points $M$ et $M'$ sont bien les asymptotes de $\Gamma$ ?

Rescassol · September 2011

Bonjour,

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

pappus · September 2011

Mon cher Rescassol
Pourquoi pas, ta solution satisfera les obsédés du déterminant.
Mais quelle est la solution synthétique suggérée par la figure suivante?

file.php?8,file=20841

Amicalement
Pappus 20841

BlackHyperbola · September 2011

Bonsoir,

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.

Bouzar · September 2011

pappus tu n'as pas répondu à ma question !

pappus · September 2011

Bravo, BlackHyperbola.
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

pappus · September 2011

Mon cher Bouzar
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

Bouzar · September 2011

Etant donnés quatre points d'affixes $a, b, c, d$ du cercle unité du plan complexe, on forme l'équation de l'hyperbole équilatère passant par ces quatre points.
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 $\dfrac{s_1}{2}.$

Rescassol · September 2011

Bonsoir,

Bouzar a écrit:

et dont le centre est le centre le point d'affixe $\dfrac{s_1}{2}.$

Et comme par hasard, c'est le point de concours des 4 droites de Simson.

Cordialement,

Rescassol

pappus · September 2011

Bravo, Bouzar!
C'est bien l'équation cherchée!
Amicalement
Pappus

john_john · September 2011

Bonjour bonjour,
je tombe bien trop tard sur ce fil très intéressant ; alors, juste mon petit grain de sel :

Ainsi, l'équation de {\bf l'hyperbole équilatère} $\Gamma$ circonscrite au triangle $ABC$ est :
$z^2-s_1z-s_3\overline{z}+s_2 = 0.$

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

pappus · September 2011

oui, c'est bien cela 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

Rescassol · September 2011

Bonsoir,

Pappus a écrit:

Utiliser le truc de Morley pour calculer l'isotomie était de la folie

Je sais, c'était pour le plaisir

Cordialement,

Rescassol

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