Cercle circonscrit

Bonjour,

Soient $A_1(x_1;y_1)$, $A_2(x_2;y_2)$ et $A_3(x_3;y_3)$.
Le cercle circonscrit au triangle $A_1A_2A_3$ a pour équation $x^2+y^2+ax+by+c=0$ avec:

$a=-\dfrac{x_1^2y_2 - x_1^2y_3 - x_2^2y_1 + x_2^2y_3 + x_3^2y_1 - x_3^2y_2 + y_1^2y_2 - y_1^2y_3 - y_1y_2^2 + y_1y_3^2 + y_2^2y_3 - y_2y_3^2}{x_1y_2 - x_2y_1 - x_1y_3 + x_3y_1 + x_2y_3 - x_3y_2}$

$b=\dfrac{x_1^2x_2 - x_1^2x_3 - x_1x_2^2 + x_1x_3^2 - x_1y_2^2 + x_1y_3^2 + x_2^2x_3 - x_2x_3^2 + x_2y_1^2 - x_2y_3^2 - x_3y_1^2 + x_3y_2^2}{x_1y_2 - x_2y_1 - x_1y_3 + x_3y_1 + x_2y_3 - x_3y_2}$

$c=-\dfrac{x_1^2x_2y_3 - x_1^2x_3y_2 - x_1x_2^2y_3 + x_1x_3^2y_2 - x_1y_2^2y_3 + x_1y_2y_3^2 + x_2^2x_3y_1 - x_2x_3^2y_1 + x_2y_1^2y_3 - x_2y_1y_3^2 - x_3y_1^2y_2 + x_3y_1y_2^2}{x_1y_2 - x_2y_1 - x_1y_3 + x_3y_1 + x_2y_3 - x_3y_2}$

Si on se donne des équations des côtés du triangle $A_1A_2A_3$:
$(A_1A_2) : a_3x+b_3y+c_3=0$ et permutation circulaire, on a $a=-\dfrac{N_a}{D}$, $b=\dfrac{N_b}{D}$ et $c=\dfrac{N_c}{D}$ avec:

$N_a=c_3a_1^2a_2a_3b_2 - c_2a_1^2a_2a_3b_3 + c_3a_1^2b_2^2b_3 - c_2a_1^2b_2b_3^2 - c_3a_1a_2^2a_3b_1 + c_1a_1a_2^2a_3b_3 + c_2a_1a_2a_3^2b_1 - c_1a_1a_2a_3^2b_2 + c_2a_1a_2b_1b_3^2$
$ - c_1a_1a_2b_2b_3^2 - c_3a_1a_3b_1b_2^2 + c_1a_1a_3b_2^2b_3 - c_3a_2^2b_1^2b_3 + c_1a_2^2b_1b_3^2 + c_3a_2a_3b_1^2b_2 - c_2a_2a_3b_1^2b_3 + c_2a_3^2b_1^2b_2 - c_1a_3^2b_1b_2^2$

$N_b=c_3a_1^2a_2b_2b_3 + c_2a_1^2a_2b_3^2 - c_3a_1^2a_3b_2^2 - c_2a_1^2a_3b_2b_3 - c_3a_1a_2^2b_1b_3 - c_1a_1a_2^2b_3^2 + c_2a_1a_3^2b_1b_2 + c_1a_1a_3^2b_2^2 - c_3a_1b_1b_2^2b_3$
$ + c_2a_1b_1b_2b_3^2 + c_3a_2^2a_3b_1^2 + c_1a_2^2a_3b_1b_3 - c_2a_2a_3^2b_1^2 - c_1a_2a_3^2b_1b_2 + c_3a_2b_1^2b_2b_3 - c_1a_2b_1b_2b_3^2 - c_2a_3b_1^2b_2b_3 + c_1a_3b_1b_2^2b_3$

$N_c=c_2c_3a_1^2a_2b_3 - c_2c_3a_1^2a_3b_2 - c_1c_3a_1a_2^2b_3 + c_1c_2a_1a_3^2b_2 - c_1c_3a_1b_2^2b_3 + c_1c_2a_1b_2b_3^2$
$ + c_1c_3a_2^2a_3b_1 - c_1c_2a_2a_3^2b_1 + c_2c_3a_2b_1^2b_3 - c_1c_2a_2b_1b_3^2 - c_2c_3a_3b_1^2b_2 + c_1c_3a_3b_1b_2^2$

$D=(a_2b_3 - a_3b_2)(a_1b_2 - a_2b_1)(a_1b_3 - a_3b_1)$.

Pas très comestible tout ça, merci Matlab.

Cordialement,

Rescassol

Bonsoir,

Autre formulation dans le cas où les points $A_1(x_1;y_1)$, $A_2(x_2;y_2)$ et $A_3(x_3;y_3)$ sont donnés:
Je pose par commodité $A_1\wedge A_2=x_1y_2-x_2y_1$.
Soit $D=A_1\wedge A_2+A_2\wedge A_3+A_3\wedge A_1$.
Alors $$\left[\begin{array}{ccc} a\\ b\\ c \end{array} \right]=\dfrac{1}{D} \left[\begin{array}{ccc} y_2-y_3 & y_3-y_1 & y_1-y_2\\ x_3-x_2 & x_1-x_3 & x_2-x_1\\ A_2 \wedge A_3 & A_3 \wedge A_1 & A_1 \wedge A_2 \end{array} \right] \times \left[\begin{array}{ccc} -x_1^2-y_1^2\\ -x_2^2-y_2^2\\ -x_3^2-y_3^2 \end{array} \right]$$
C'est plus joli ?

Cordialement,

Rescassol

Bonsoir à tous,

Si on aime bien les équations du type: alors on cherche les coordonnées du centre O (pas heureux comme notation) de $(C)$ avec les équations des médiatrices de $AB$ et $BC$,
puis on calcule $R^2$ avec $R^2= (x_A-x_0)^2+(y_A-y_0)^2$ par exemple.

Amicalement.

merci Rescassol,
j'ai des joies simples, mais je préfère m'abreuver à une source complexe.

Bonsoir

P.s : Selon une ancienne discussion avec pappus.

On est dans un plan affine, (pas besoin de le supposer euclidien pour le moment), rapporté à un repère cartésien.

On se donne trois droites $D_k$ d'équations respectives dans ce repère: $u_kx +v_ky + w = 0$ pour $k = 1,2,3$.

Quelles sont les conditions nécessaires et suffisantes que doivent vérifier les 9 scalaires $(u_1, v_1, w_1; u_2, v_2, w_2;u_3, v_3,w_3)$ pour que ces 3 droites forment un triangle $A_1A_2A_3$ avec $A_1 = D_2 \cap D_3$, $A_2 = D_3 \cap D_1$, $A_3 = D_1 \cap D_2$? Quelles sont les coordonnées barycentriques $(\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3)$ du point $M(x,y)$ par rapport au triangle $A_1A_2A_3$?

Le plan affine $\mathcal P$ est donc muni d'un repère cartésien et comme d'habitude on appelle $(x, y)$ les coordonnées d'un point $M\in \mathcal P$ dans ce repère.
Pour $k = 1,2,3$, on introduit les 3 fonctions affines: $f_k: \mathcal P \longmapsto \R; M \mapsto u_kx + v_ky + w_k$ où $(u_k,v_k,w_k) \in \R^3$.
Pour que pour chaque $k=1,2,3$, les $D_k= f_k^{-1}(0)$ soient des droites affines, on sait qu'il est nécessaire et suffisant que:
$\{(u_k, v_k)\ne (0,0) \mid 1\le k \le 3\}$.
Introduisons le déterminant:
$ D = \begin{vmatrix} u_1&v_1&w_1\\ u_2&v_2&w_2\\u_3&v_3&w_3 \end{vmatrix}$
ainsi que ses mineurs d'ordre 2:
$d_1 = \begin{vmatrix} u_2&v_2\\u_3&v_3 \end{vmatrix} = u_2v_3-u_3v_2$
$d_2 = \begin{vmatrix} u_3&v_3\\u_1&v_1 \end{vmatrix} = u_3v_1-u_1v_3$
$d_3 = \begin{vmatrix} u_1&v_1\\u_2&v_2 \end{vmatrix} = u_1v_2-u_2v_1$
Les droites $D_1$, $D_2$, $D_3$ formeront un triangle d'une part si elles se coupent deux à deux, ce qui équivaut à $d_1\ne 0$, $d_2\ne 0$, $d_3\ne 0$ et d'autre part si elles n'ont pas de point commun, ce qui équivaut à: $D \ne 0$.
Dans ce cas les sommets du triangle seront notés:
$A_1 = D_2\cap D_3$, $A_2 = D_3\cap D_1$, $A_3 = D_1\cap D_2$.
Le but de cet exercice est de calculer les coordonnées barycentriques $(\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3)$ d'un point $M$ par rapport au triangle $A_1A_2A_3$ en fonction de ses coordonnées cartésiennes $(x,y)$.
Comme $f_k$ est affine, on a:
$f_1(M) = f_1(\lambda_1A_1+\lambda_2A_2+\lambda_3A_3) = \lambda_1f_1(A_1) +\lambda_2f_1(A_2) + \lambda_3f_1(A_3) = \lambda_1f_1(A_1)$ puisque $f_1(A_2) = f_1(A_3) = 0$
On montre de même que: $f_2(M) = \lambda_2f_2(A_2)$ et $f_3(M) = \lambda_3f_3(A_3)$
Pour calculer les $f_k(A_k)$ pour $1\le k \le 3$, on pourrait calculer les coordonnées $(x_k, y_k)$ de $A_k$ pour $1\le l \le 3$ mais nous ne le ferons pas car il y a mieux à faire.
Par exemple les coordonnées $(x_1, y_1)$ de $A_1$ doivent vérifier le système linéaire:
$u_1x_1+v_1y_1+w_1-f_1(A_1) = 0$
$u_2x_1+v_2y_1+w_2 = 0$
$u_3x_1+v_3y_1+w_3= 0$
Ce système linéaire homogène est donc compatible et son déterminant est nul, soit:
$\begin{vmatrix}
u_1&v_1&w_1-f_1(A_1)\\
u_2&v_2&w_2 - 0 \\
u_3&v_3&w_3 - 0
\end{vmatrix} = 0$
En tenant compte de la linéarité par rapport à la troisième colonne, on obtient immédiatement:
$f_1(A_1) = \dfrac D {d_1}$ et de même $f_2(A_2) = \dfrac D {d_2}$ et $f_3(A_3) = \dfrac D {d_3}$
Donc $\lambda _k = \dfrac{d_kf_k(M)} D$ pour $1 \le k \le 3$
Remarquons que puisque: $\lambda_1 +\lambda_2 +\lambda_3 =1$, on a l'identité:
$d_1f_1(M) + d_2f_2(M)+d_2f_3(M) = D$

Venons en maintenant à l'étude générale du cas euclidien.
Supposons que le repère cartésien est orthonormé.
On note: $a_1 = A_2A_3$, $a_2 = A_3A_1$, $a_3 = A_1A_2$ les longueurs des côtés du triangle.
$\alpha_1$, $\alpha_2$, $\alpha_3$ les angles géométriques du triangle.
$\rho_1(M)$, $\rho_2(M)$, $\rho_3(M)$ les distances du point $M$ aux côtés $A_2A_3$, $A_3A_1$, $A_1A_2$
S l'aire du triangle.
On sait que $\mid \lambda_k\mid = \dfrac{a_k\rho_k}{2S}$ pour $k = 1,2,3$.
De plus: $\rho_k = \dfrac{\mid f_k\mid}{\sqrt{u_k^2+v_k^2}}$ pour $k = 1,2,3$.
Donc: $\mid \lambda_k\mid = \dfrac{a_k\rho_k}{2S} = \dfrac{a_k}{2S}.\dfrac{\mid f_k\mid}{\sqrt{u_k^2+v_k^2}} $
Mais $\mid \lambda_k\mid= \dfrac{\mid d_k\mid.\mid f_k \mid}{\mid D \mid} = \dfrac{a_k}{2S}.\dfrac{\mid f_k\mid}{\sqrt{u_k^2+v_k^2}} $
Donc $a_k = \dfrac{2S.\mid d_k \mid \sqrt{u_k^2+v_k^2}}{\mid D\mid}$ pour $k = 1,2,3$.
Or $2S = a_2a_3\sin(\alpha_1)$ et $\sin(\alpha_1) = \dfrac{\mid d_1 \mid}{\sqrt{(u_2^2+v_2^2)(u_3^2+v_3^2)}}$
D'où:
$2S = \dfrac{2S.\mid d_2 \mid \sqrt{u_2^2+v_2^2}}{\mid D\mid}.\dfrac{2S.\mid d_3 \mid \sqrt{u_3^2+v_3^2}}{\mid D\mid}.\dfrac{\mid d_1 \mid}{\sqrt{(u_2^2+v_2^2)(u_3^2+v_3^2)}}$
D'où l'on tire:
$S = \dfrac 1 2 \dfrac{D^2}{\mid d_1d_2d_3\mid}$, formule que nous connaissons bien maintenant!
Puis on trouve:
$a_1 = \dfrac{\mid D \mid.\sqrt{u_1^2+v_1^2}}{\mid d_2d_3\mid}$
$a_2 = \dfrac{\mid D \mid.\sqrt{u_2^2+v_2^2}}{\mid d_3d_1\mid}$
$a_3 = \dfrac{\mid D \mid.\sqrt{u_3^2+v_3^2}}{\mid d_1d_2\mid}$
formules qui donnent les longueurs des côtés du triangle en fonction des coefficients des équations des côtés.

Concluons cette affaire.
On sait que l'équation barycentrique du cercle circonscrit est:
$a_1^2\lambda_2\lambda_3 + a_2^2\lambda_3\lambda_1 +a_3^2\lambda_1\lambda_2 =0$
son équation cartésienne est donc:
$(u_1^2+v_1^2)\dfrac{f_2f_3}{d_2d_3}+(u_2^2+v_2^2)\dfrac{f_3f_1}{d_3d_1}+(u_3^2+v_3^2)\dfrac{f_1f_2}{d_1d_2}=0$

Supposons que l'on ait écrit le cercle d'équation $A(x^2 + y^2) + 2Bx+2Cy + D = 0$ dans un repère orthonormé, sous la forme $(x-x_0)^2+(y-y_0)^2= R^2.$
Les coordonnées de $M'(x';y')$ image de $M(x;y)$ par l'inversion par rapport au cercle d'équation $A(x^2 + y^2) + 2Bx+2Cy + D = 0$ dans un repère orthonormé sont $$\begin{cases}
x' &= x_0 + \dfrac{R^2(x - x_0)}{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2 } \\
y' &= y_0 + \dfrac{R^2(y - y_0)}{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2 }
\end{cases} $$ avec si $A \neq 0$ : $x_0 = \dfrac{-B}{A}$,\ $y_0 = \dfrac{-C}{A}$,\ $R^2 = \dfrac{B^2+C^2-AD}{A^2}$

PS : Merci Alain pour la mise en page et zephir pour le problème de signe.

En effet les points O, M et M' sont alignés et le carré du produit des distances OM et OM' vaut $R^2.$

ps : Bonsoir zephir

Mon cher Pappus.

Ma première équation exprime le fait que $M$ et $M'$ sont conjugués par rapport au cercle. La seconde exprime le fait qu'ils sont alignés avec le centre du dit cercle.

Amicalement,
zephir.

Je vais procéder autrement. Déterminons le rayon et les coordonnées barycentriques du centre $\Omega$ du cercle circonscrit à un triangle $ABC.$ Pour cela, montrons qu’un point $M = (x; y;z)$ appartient au cercle circonscrit si et seulement si $c^2 xy + b^2 xz + a^2 yz = 0.$
Le centre $\Omega = (x; y; 1 - x - y)$ de ce cercle doit vérifier $\Omega A^2 - \Omega B^2 = 0$ et $\Omega A^2 - \Omega C^2 = 0,$ soit $$\begin{cases}
-a^2 + b^2 + (a^2 - b^2 - c^2) x + (a^2 - b^2 + c^2) y = 0 \\
b^2 - 2b^2x + (-a^2 - b^2 + c^2)y = 0
\end{cases} $$
La résolution de ce système linéaire donne
$$\begin{cases}
x = \dfrac{ a^2(a^2 - b^2 - c^2) }{ (a - b - c) (a + b - c) (a - b + c) (a + b + c)} \\
y = \dfrac{ b^2(-a^2 + b^2 - c^2) }{ (-a + b - c) (a + b - c) (-a + b + c) (a + b + c) }
\end{cases} $$
Les coordonnées du centre $\Omega$ du cercle circonscrit au triangle $ABC$ sont ainsi
$(\dfrac{ a^2(a^2 - b^2 - c^2) }{ (a - b - c) (a + b - c) (a - b + c) (a + b + c)}; \dfrac{ b^2(-a^2 + b^2 - c^2) }{ (-a + b - c) (a + b - c) (-a + b + c) (a + b + c) } ; \dfrac{ c^2(a^2 + b^2 - c^2) }{ (-a + b - c) (a + b - c) (a - b + c) (a + b + c) } ).$
Le rayon $R$ au carré du cercle circonscrit a pour valeur $R^2 = A \Omega^2,$ soit
$$R^2 = \dfrac{ a^2 b^2 c^2 }{ (-a + b + c) (a + b - c) (a - b + c) (a + b + c)} .$$
Un point $M = (x; y;z)$ appartient au cercle circonscrit ce cercle si et seulement si sa distance au carré au centre $\Omega$ est égale à cette valeur, soit $c^2 xy + b^2 xz + a^2 yz = 0.$

Il s'agissait de l'équation tripolaire d'un cercle ou d'une droite, donc hors propos dans ce fil.

M'enfin~!! \(ux+vy+wz=0\) est l'équation de l'axe radical du cercle considéré et du cercle circonscrit à ABC.

Bonjour à tous,

Mon cher pappus, tu nous avais proposé un jour ici http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?8,666117,666289 l'équation barycentrique du cercle inscrit: $$a^2yz+b^2zx+c^2xy - \dfrac 1 4(x+y+z)\left((b^2+c^2-a^2)x+(c^2+a^2-b^2)y+(a^2+b^2-c^2)z\right) = 0$$
ou encore,mais moins exploitable:
$$(p-a)^2x^2+(p-b)^2y^2+(p-c)^2z^2- 2(p-a)(p-b)xy-2(p-b)(p-c)yz-2(p-c)(p-a)zx=0$$

L'équation de l'axe radical du cercle circonscrit et du cercle inscrit est donc, au facteur $\dfrac{1}{4}$ près:
$$(b^2+c^2-a^2)x+(c^2+a^2-b^2)y+(a^2+b^2-c^2)z=0$$

Par ailleurs, l'équation de l'axe radical du cercle circonscrit et du cercle d'Euler est:
$$ bc \cos \widehat{A} x+ ca \cos \widehat{B} y+ ab \cos \widehat{C} z=0$$
même si je sais que tu n'apprécies pas trop la présence d'expressions trigonométriques dans les équations.

Je ne vois pas la signification des $u,v,w$ correspondants.

Amicalement.

90% de ce qui est dit sur ce fil existe déjà dans le JDE ! et ce n'est pas pour lui faire de la pub, car ce bouquin comme a dit il n'y a pas très longtemps le grand maître pappus, est à avoir absolument dans sa bibli.

Le reste est dans le Kosnitsa. Mais, je fais confiance à pappus pour la suite : il va nous sortir des perles très très bientôt.

J'en appelle aussi à john__john pour nous apporter quelques lumières nouvelles sur ce sujet.

http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?11,519733

(Viagra a disparu aussi, tout comme Oumpapah et maintenant CC). Mais cher CC reviendra pour nous, c'est sûr.

Bonjour,
Les equations normales des côtés sont P: xcos(a) + ysin(a) -p=0 , Q: xcos(b) + ysin(b)-q =0 et R: xcos(c) + ysin(c) -r =0 alors
l'equation du cercle circonscrit est :

QRsin(b-c) +RPsin(c-a)+PQsin(a-b)=0.

@j_j : Tu voulais dire "circonscrit" au lieu de "concentrique" ?

Si $H$ désigne l'orthocentre et $R$ le rayon du cercle circonscrit, alors la droite d’Euler de ABC est l’ensemble des points $M$ tels que
$$(b^2 - c^2)MA^2 + (c^2 - a^2)MB^2 + (a^2 - b^2)MC^2 = 0.$$
Une équation barycentrique de la droite d'Euler est
$$(b^2+c^2 - a^2)(b^2 - c^2)x+(c^2+a^2 - b^2)(c^2 - a^2)y+(a^2+b^2 - c^2)((a^2 -c^2)z = 0.$$
le cercle des neuf points est l’ensemble des $M$ tels que
$$MA^2 + MB^2 + MC^2 + MH^2 = 4R^2.$$
Une équation barycentrique du cercle des neuf points est
$$(b^2 + c^2 - a^2)x^2 + (c^2 + a^2 - b^2)y^2 + (a^2 + b^2 - c^2)z^2 - 2a^2yz - 2b^2zx - 2c^2xy = 0.$$

(tu)Pappus. J'ai cherché cette démonstration en vain pendant ... 48 h.
Pourtant je l'avais sous les yeux !

Amicalement,
zephir.

Bonsoir à tous,
effectivement, Zéphir, j'ai corrigé le mot "concentrique" en "circonscrit" ! En réalité, la confusion vient du fait que, si on fait varier le scalaire constant du membre de droite, on obtient un faisceau de cercles concentriques, le centre commun étant...

Cordialement, j__j