Points critiques
J'avais déjà posé la question dans le fil de Bouzar, Inégalité géométrique mais je pense qu'il est préférable de l'étudier à part dans un autre fil.
Etant donné un triangle $ABC$ du plan euclidien, quels sont les points critiques éventuels de la fonction $f: M \mapsto MA\times MB\times MC$ et correspondent ils à des extrémas locaux?
Amicalement
Pappus
Etant donné un triangle $ABC$ du plan euclidien, quels sont les points critiques éventuels de la fonction $f: M \mapsto MA\times MB\times MC$ et correspondent ils à des extrémas locaux?
Amicalement
Pappus
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Réponses
sauf cas particulier :
Cela confirme les calculs qui prévoient effectivement deux points critiques qui sont des points connus de la géométrie du triangle et qu'il est facile de construire avec Cabri et sans doute avec GeoGebra.
Je ne suis pas capable comme toi de construire les lignes de niveau avec ma version de Cabri.
Néanmoins en traçant des petits cercles centrés sur les points critiques $\Omega$, on peut suivre les variations sur ces cercles de la fonction $f -f(\Omega)$ et constater qu'elle prend des valeurs positives et négatives aussi petit que soit le rayon.
Le calcul de la hessienne devrait donc confirmer cette hypothèse de points selles.
Amicalement
Pappus
Amicalement
Pappus
On doit chercher les points critiques de la fonction $f:\C \longmapsto \R, z \mapsto \mid z-a\mid .\mid z -b\mid .\mid z-c\mid$
Si $\varphi(z) = \mid z - a\mid$, on sait que le gradient de $\varphi$ en $z$ est le vecteur unitaire: $\dfrac{z-a}{\mid z - a\mid}$.
Par suite le gradient de $f$ en $z$ vaut:
$ \mid z -b\mid .\mid z-c\mid .\dfrac{z-a}{\mid z - a\mid} +\mid z -c\mid .\mid z-a\mid .\dfrac{z-b}{\mid z - b\mid}+\mid z -a\mid .\mid z-b\mid .\dfrac{z-c}{\mid z - c\mid}$ ou encore:
$\mid z-a\mid .\mid z -b\mid .\mid z-c\mid(\dfrac{z -a}{\mid z-a\mid^2}+\dfrac{z -b}{\mid z-b\mid^2}+\dfrac{z -c}{\mid z-c\mid^2})$
Mais puisque:
$\mid z- a\mid^2 = (z-a)(\overline z - \overline a)$, etc..., ce gradient vaut aussi:
$\mid z-a\mid .\mid z -b\mid .\mid z-c\mid(\dfrac 1 {\overline z - \overline a}+\dfrac 1 {\overline z - \overline b}+\dfrac 1 {\overline z - \overline c})$.
Les points critiques de $f$ sont obtenus en annulant son gradient c'est à dire pour:
$\dfrac 1 {z-a} +\dfrac 1 {z-b} +\dfrac 1 {z-c} =0$
C'est le moment pour les "sectateurs" de la géométrie du triangle de montrer le bout de leur nez et d'identifier les deux points critiques ainsi obtenus.
D'après le principe du maximum appliqué la fonction holomorphe $z \mapsto (z-a)(z-b)(z-c)$, on sait que ces points critiques ne sont pas des maxima locaux.
Pour la beauté de la chose, on pourrait le vérifier en calculant les formes quadratiques hessiennes de $f$ en ces deux points critiques mais le calcul de la dérivée première n'ayant guère soulevé d'enthousiasme, je me doute que celui de la dérivée seconde ne trouvera pas preneur!
Amicalement
Pappus
Tout ceci me parait bien fumeux et mise à part cette décomposition d'une fraction rationnelle en éléments simples, je ne vois pas ce que tu as montré de plus, certainement pas l'isogonalité en tout cas.
De toutes façons, il faut me préciser de quelle conique inscrite, les points critiques seraient les foyers!
Amicalement
Pappus
L' ellipse de Steiner inscrite peut-être ?
Non Pappus, Bouzar a raison. Je le redis à ma façon:
Soit $M(m)$ et $M'(m')$ conjugués isogonaux par rapport au triangle $ABC$.
On pose $P(z) =(z-a)(z-b)(z-c)$ et $Q(z) = (z-m)(z-m')$ .
On définit $\alpha$ par $Q(a)=\alpha P'(a)$ et permutation circulaire.
Alors, $\alpha$, $\beta$ et $\gamma$ sont réels et $m$ et $m'$ sont les solutions
de l'équation $\dfrac {\alpha}{z-a} + \dfrac{\beta}{z-b} + \dfrac{\gamma}{z-c} = 0$.
Il ne faut pas beaucoup d'efforts pour voir que la réciproque est vraie.
Cordialement,
Rescassol
Ci-joint le fichier Matlab qui le vérifie:
Je ne dis pas ce que n'est pas vrai!
J'attends seulement une démonstration compréhensible par tous!
Personnellement, je n'ai rien compris de ce nous a raconté Bouzar de la réalité de $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ à l'isogonalité des complexes $m$ et $m'$ qu'il ne nous a pas défini clairement d'ailleurs!
Quant à Lake, il a raison, les points critiques sont bien les foyers de l'ellipse de Steiner inscrite c'est à dire de l'ellipse tangente aux côtés du triangle en leurs milieux, ce que Bouzar s'est bien gardé de nous dire.
Amicalement
Pappus
Alors j'énonce ce théorème qui concerne le plan complexe $\C$ muni de sa structure euclidienne usuelle.
Soit $(a,b,c)$ un triangle et $(\alpha, \beta, \gamma)$ un triplet de réels de $\R^{*3}$, tels que $\alpha + \beta+\gamma \ne 0$
Alors les racines $p$ et $q$ de l'équation $\dfrac{\alpha}{z-a}+\dfrac{\beta}{z-b}+\dfrac{\gamma}{z-c}=0$ forment une paire de points isogonaux. Ce sont les foyers de la conique inscrite dans le triangle dont le centre a pour coordonnées barycentriques $(\beta+\gamma, \gamma+\alpha, \alpha+\beta)$.
Réciproquement si $(p,q)$ est une paire de points isogonaux, alors ce sont les racines de l'équation: $\dfrac{\alpha}{z-a}+\dfrac{\beta}{z-b}+\dfrac{\gamma}{z-c}=0$ avec:
$\alpha = v+w-u$, $\beta = w+u-v$, $\gamma = u+v-w$ où$(u,v,w)$ sont des coordonnées barycentriques homogènes du milieu $\dfrac{p+q} 2$.
Amicalement
Pappus
PS
1° Le cas $\alpha+\beta+\gamma = 0$ se traite à part et concerne évidemment le foyer des paraboles inscrites.
2° Je suis à peu près sûr que ce théorème a fait l'objet d'un problème de CAPES qu'il faudrait retrouver.
Amicalement
Pappus
Mon cher pappus, peut-être fais-tu référence à ce problème du Capes externe 1990 ?
Amicalement.
Oui, c'est peut-être celui là quoiqu'il ne traite pas, il me semble, le cas général.
Il faudrait donc que quelqu'un se dévoue pour démontrer le théorème énoncé dans mon précédent message.
Il est à noter que les points isogonaux solutions de l'équation:
$\dfrac {\alpha}{z-a} + \dfrac{\beta}{z-b} + \dfrac{\gamma}{z-c} = 0$
sont les points critiques de la fonction $z \mapsto \mid z-a\mid ^{\alpha}.\mid z-b\mid ^{\beta}.\mid z-c\mid ^{\gamma}$
Amicalement
Pappus
Pour ton calcul de Hessienne, je crois avoir trouvé une méthode qui ne nécessite aucun calcul. Je démontre en effet le lemme suivant :
Soit $f$ une fonction holomorphe sur $\C$. Je note $h=\overline f$ (la conjuguée), $z=x+iy$ et $g(x,y)=f(z)h(z)$. Alors les points critiques de $g$ qui n'annulent pas $f$ sont hyperboliques.
En effet, la Hessienne de $g$ en un point critique a ses temes diagonaux opposés. Le calcul est facile.
On passe alors facilement de $g$ à $\sqrt g$.
Amicalement,
zephir.
P.S. Monseigneur, tes dessins sont merveilleux.
Merci de quitter de temps en temps les forums d'algèbre et d'analyse pour venir nous rejoindre ici où tes interventions sont toujours si appréciées.
Je t'avoue que je suis très intéressé par ta démonstration.
Très amicalement
Pappus
Soit $g = f.\overline f$ où $f$ est holomorphe
On a $g'(z)(h) = f'(z).\overline{f(z)}h + f(z)\overline{f'(z)}\overline h = \langle 2f(z)\overline{f'(z)}\mid h \rangle$ où $\langle \bullet\mid\bullet\rangle $ désigne le produit scalaire usuel de $\C$.
Autrement dit, le gradient de $g$ est donné par la formule:
$grad(g)(z) = 2 f(z)\overline{f'(z)}$
Les points critiques de $g$ sont donc donnés par les équations $f(z) = 0$ ou $f'(z) = 0$
Maintenant $g''(z)(h, h) = 2\mid f'(z)\mid^2\mid h\mid^2+f''(z)\overline{f(z)}h^2 +f(z)\overline{f''(z)}\ \overline h^2$
Notons $H(g)(z)$ la hessienne de $g$ au point critique $z$.
1° Pour les points critiques de $g$ vérifiant $f(z) = 0$, on a donc:
$H(g)(z)(h) = 2| f'(z)|^2 | h|^2$ et par suite en ces points critiques, la hessienne $H(g)(z)$ est définie positive.
2° Pour les points critiques de $g$ vérifiant $f'(z) = 0$, on a donc:
$H(g)(z)(h) = f''(z)\overline{f(z)}h^2 +f(z)\overline{f''(z)}\ \overline h^2$
Soit $h = u +\imath v$ avec $(u,v)\in \R^2$.
Alors $H(g)(z)(h) = f''(z)\overline{f(z)}(u^2-v^2+2\imath uv) +f(z)\overline{f''(z)}(u^2-v^2-2\imath uv) $
La matrice de $H(g)(z)$ dans la base canonique $(1, \imath)$ de $\C$ est donc:
$\begin{Vmatrix}
f''(z)\overline{f(z)}+f(z)\overline{f''(z)}&\imath(f''(z)\overline{f(z)}-f(z)\overline{f''(z)})\\
\imath(f''(z)\overline{f(z)}-f(z)\overline{f''(z)})&-(f''(z)\overline{f(z)}+f(z)\overline{f''(z)})
\end{Vmatrix}
$
prouvant le théorème de zephyr
Amicalement
Pappus
Si $H(F)$ est définie, elle est donc de signature $(+,-)$ et si elle n'est pas définie elle est nulle. Comme $u'_x = v'_y$, $u'_y = - v'_x$ on aura dans ce cas de nullité: $u u''_{xx} + v v''_{xx} = u u''_{xx} - v u''_{xy} = 0$, $u u''_{xy} + v v''_{xy} = u u''_{xy} + v u''_{xx} = 0$. Si $u^2+v^2>0$ on en déduit $u''_{xx} = u''_{xy} = 0$ donc aussi $u''_{yy}=0$ et idem pour $v$, donc $f''(z) = 0$.
Donc si $f(z)\neq0$, $f'(z)=0$ et $f''(z)\neq0$ alors $H(F)$ est hyperbolique (c'était juste pour avoir moins de conjugués complexes... mais développer $f(z+h)\overline{f(z+h)}$ en série et identifier le terme quadratique est aussi très efficace comme fait par pappus).
On montre ainsi pour une fonction holomorphe $f$ définie dans un ouvert $D$ connexe et borné de $\C$, presque le principe du maximum qui se démontre traditionnellement en utilisant la propriété de moyenne. Il resterait à montrer que $f$ est constante si le maximum de $f$ est atteint en un point de $D$. On ne peut échapper, il me semble, à un minimum d'intégration.
Amicalement
Pappus
certes on met souvent en avant la formule de la moyenne car le raisonnement marche alors aussi pour les fonctions harmoniques, mais c'est vrai qu'on devrait exposer l'autre méthode plus immédiate, qui est simplement de prendre le plus petit $m\geq1$ avec $f(z+h) = f(z) + c h^m + \dots$, $c\neq0$ et d'examiner ensuite $|f(z+h)|^2$. On n'aura pas besoin d'intégration dans cette approche, qui pour fonctionner doit cependant invoquer le théorème du prolongement analytique: si on ne peut pas trouver un tel $m$ c'est que $f$ est localement constante, et si elle est localement constante en un point $z$ donné, c'est qu'elle est constante sur tout l'ouvert connexe.
À un niveau un peu plus sophistiqué de compréhension du comportement local d'une fonction holomorphe, on peut aussi mettre en avant que si $f$ n'est pas localement constante au point $z$, alors elle est ouverte au point $z$: l'image de tout voisinage de $z$ contient un voisinage de $f(z)$, ce qui interdit à $|f(z)|^2$ de posséder un maximum local en $z$ (mais ne lui interdit pas de possèder un minimum local lorsqu'elle s'annule!). À un niveau plus sophistiqué encore, on se contentera de dire que dans une bonne carte $\zeta$ locale $f$ devient $f(P) + \zeta^m$ pour un certain $m\geq1$, sauf à nouveau si $f$ est localement (donc globalement) constante.
amicalement, G.
@gottfied : l'unicité du prolongement analytique ne nécessite effectivement pas d'intégration. Il est une conséquence de l'unicité du développement en série entière d'une fonction analytique.
Merci à zephyr de nous l'avoir offerte!
Amicalement
Pappus
Donner des équations barycentriques ponctuelles et tangentielles de cette conique.
Soit $I$ le point de coordonnées barycentriques $(\alpha, \beta, \gamma)$, $J$ le perspecteur de $\Gamma$ (suivant la terminologie de Pierre) et $O$ le centre de $\Gamma$.
Déterminer les applications $I \mapsto J$ et $I \mapsto O$.
Etudier ce qui se passe pour $\alpha+\beta+\gamma=0$
Amicalement
Pappus
PS
Application
On dispose de trois fils conducteurs qui sont des droites parallèles indéfinies, parcourus chacun par des courants d'intensité constante.
Déterminer l'ensemble des points de l'espace où le champ magnétique produit par ces trois fils est nul.
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(1) le passage au carré préserve la topologie de l'ordre sur les réels positifs
(2) $\left|f\left(z\right)\right|^{2}$ est une fonction holomorphe de deux variables$
\def\C{\mathbb{C}}
\def\R{\mathbb{R}}
\def\vz{\mathrm{\mathbf{Z}}}
\def\vzz{\overline{\mathcal{Z}}}
\def\vt{\mathrm{\mathbf{T}}}
\def\ds#1{{\displaystyle #1}}
\def\tra#1{{\vphantom{#1}}^{t}{#1}}
$ \[ \left|f\left(z\right)\right|^{2}=\phi_{1}\left(\vz\right)\,\phi_{2}\left(\vzz\right) \] Deux variables veut dire que $\vz$ est une variable qui varie comme elle veut, et que $\vzz$ est une (autre) variable qui (elle aussi) varie comme elle veut.
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Cordialement, Pierre.
Edit: hurrah for the trucksters !
Amen dico vobis......
Amicalement
Pappus
Notons $z_1$ et $z_2$ les racines de cette équation. En chassant les dénominateurs et en utilisant les relations coefficients-racines, on trouve que $z_1+z_2=\dfrac{\alpha(b+c)+\beta(c+a)+\gamma(a+b)}{\alpha+\beta+\gamma}$ et que $z_1z_2= \dfrac{\alpha bc+\beta ca+\gamma ab}{\alpha+\beta+\gamma}$.
Il est facile de calculer que $\dfrac{z_1-a}{b-a}\div \dfrac{c-a}{z_2-a}=\dfrac{\alpha}{\alpha+\beta+\gamma}$ est un réel positif, et idem par permutation circulaire. Par conséquent, les deux racines sont des points isogonaux.
Soit $\Gamma$ l'ellipse de foyers $z_1$ et $z_2$ dont $(AB)$ est une tangente. D'après le premier théorème de Poncelet et ce qui précède, $(BC)$ est aussi une tangente, et par permutation circulaire $(CA)$ également. Par conséquent, $\Gamma$ est inscrite dans le triangle.
Il reste à former les équations ponctuelles et tangentielles de la conique inscrite, qui devraient se déduire facilement du brillant exposé de Pierre, si elles ne s'y trouvent pas déjà.
Pour le moment, j'essaye de comprendre pourquoi $X(80)$ est amusant.
Pour les béotiens dont je suis, $X(80)$ est le point isogonal de $X(36)$, lequel est l'inverse du centre du cercle inscrit $X(1)$, (pourquoi est-ce le numéro un, profond mystère?), par rapport au cercle circonscrit.
Au sujet de la conique inscrite dont on connait le centre $O$, trouver ses foyers $F$ et $F'$ revient à construire deux points isogonaux dont on connait le milieu $O$.
Il me semble que cette construction, possible à la règle et au compas, a déjà dû être abordée sur ce forum. A vérifier donc!
Amicalement
Pappus
j'avoue ne pas avoir le niveau pour comprendre la plupart des messages de Pierre. Je poursuis avec l'équation barycentrique ponctuelle de $\Gamma$. avec mes méthodes artisanales.
Considérons une conique inscrite d'équation
$$Dx^2+Ey^2+Fz^2+2Gxy+2Hyz+2Izx=0$$
dont les points de contact sont sur $]A,B[$, $]B,C[$ et $]C,A[$. Notons $vB+wC\in [B,C]$ le point de contact avec $(BC)$. En écrivant que ce point est l'unique point de la droite $x=0$ qui se trouve sur la conique, on trouve que $Ey^2+Fz^2+2Hyz$ est proportionnel à $(y/v-z/w)^2=\frac{y^2}{v^2}+\frac{z^2}{w^2}-2\frac{yz}{vw}$. En utilisant les deux autres relations analogues, on trouve qu'il existe $u,v,w> 0$ tels que la conique a pour équation barycentrique
$$\frac{x^2}{u^2}+\frac{y^2}{v^2}+\frac{z^2}{w^2}-2\frac{yz}{vw}-2\frac{zx}{wu}-2\frac{xy}{uv}=0.$$
On détermine son centre en écrivant que la différentielle de la forme quadratique précédente est proportionnelle à $dx+dy+dz$ : le centre est donc $\dfrac{uA+vB+wC}{u+v+w}$. [Edit : c'est faux, j'ai fait une erreur de calcul, voir plus loin]
En comparant avec la conique $\Gamma$ du message précédent, dont le centre est
$$\frac{z_1+z_2}{2}=\dfrac{\alpha(b+c)+\beta(c+a)+\gamma(a+b)}{2(\alpha+\beta+\gamma)},$$
on obtient que $u=\dfrac{\beta+\gamma}{2(\alpha+\beta+\gamma)}$, etc.
On obtient donc l'équation barycentrique ponctuelle de $\Gamma$ :
$$\frac{x^2}{(\beta+\gamma)^2}+\frac{y^2}{(\gamma+\alpha)^2}+\frac{z^2}{(\alpha+\beta)^2}-2\frac{yz}{(\alpha+\beta)(\alpha+\gamma)}-2\frac{zx}{(\beta+\gamma)(\beta+\alpha)}-2\frac{xy}{(\gamma+\alpha)(\gamma+\beta)}=0.$$
Quant à l'équation tangentielle, je crains de ne pas connaître cette notion.
D'après tes calculs, le point $O$ d'affixe $\dfrac{z_1+z_2}2=\dfrac{\alpha(b+c)+\beta(c+a)+\gamma(a+b)}{2(\alpha+\beta+\gamma)} = \dfrac{(\beta+\gamma)a + (\gamma + \alpha)b+(\alpha + \beta) c}{2(\alpha+\beta+\gamma)} $ est le milieu des foyers et donc le centre de la conique inscrite $\Gamma$.
Le triplet $(\beta+\gamma, \gamma+\alpha, \alpha+\beta)$ est bien formé de coordonnées barycentriques homogènes du point $O$.
Amicalement
Pappus
Ta dernière équation ponctuelle est en contradiction manifeste avec la première!
Tu mélanges un peu trop des méthodes différentes.
Le centre d'une conique donnée par son équation barycentrique homogène ponctuelle s'obtient en écrivant que sa polaire est la droite de l'infini d'équation homogène: $x+y+z=0$. Je reconnais bien volontiers que ce n'est plus au programme.
Il faudrait donc que tu formes l'équation de ta conique dans un repère cartésien, par exemple $\{A,(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC})\}$ pour rester dans les limites de ce qui est autorisé par le ministère.
Amicalement
Pappus
Voici une démonstration à l'ancienne.
L'équation tangentielle générale d'une conique inscrite $\Gamma$, c'est à dire la condition nécessaire et suffisante pour que la droite d'équation homogène $ux+vy+wz =0$ soit tangente à $\Gamma$, est de la forme:
$pvw +qwu + ruv = 0$, pourquoi?
Le pôle par rapport à $\Gamma$ de la droite de coordonnées tangentielles $(u,v,w)$ c'est à dire d'équation ponctuelle $ux+vy+wz = 0$ est le point de coordonnées homogènes $(q w + r v, r u + p w, p v + q u)$.
Comme la droite de l'infini a pour coordonnées tangentielles $(1,1,1)$, le centre $O$ de la conique a donc pour coordonnées homogènes $(q+r, r+p, p+q)$ à comparer avec le triplet $(\beta+\gamma, \gamma+\alpha, \alpha+\beta)$ obtenu par les complexes.
On peut donc choisir $p = \alpha$, $q = \beta$, $r = \gamma$.
L'équation tangentielle de $\Gamma$ est donc $\alpha vw + \beta wu + \gamma uv = 0$.
Je te laisse maintenant l'honneur de former l'équation ponctuelle puis de trouver les coordonnées homogènes du perspecteur.
Amicalement
Pappus
J'avoue que je préfère les calculs simples et efficaces de JLT aux élucubrations certes très productive de pdlx1.
J'espère que Pierre ne m'en voudra pas, mais pour comprendre tout le sel de son raisonnement, il faut entrer dans un système de notation et posséder un certain arsenal que le "vulgum pecus" comme moi ne connait pas.
@JLT : si $M$ est la matrice de la forme quadratique de l'équation ponctuelle d'une conique non dégénérée, alors $M^{-1}$ est la matrice d'une forme quadratique qui exprime l'équation tangentielle. Si $U=(u,v,w)$ sont les coordonnées d'une droite, l'ensemble des droites tangentes à la conique est donné par l'équation $^t U\;M^{-1}\;U=0$.
Amicalement,
zephir.
Tu as corrigé mais c'est encore faux!
Amicalement
Pappus
PS D'où sors tu ce théorème?
Soit il est faux soit tu l'appliques mal!
Soit $q(x,y,z)$ une forme quadratique, et $\Gamma$ la conique d'équation barycentrique $q(x,y,z)=0$. Dans le repère affine $(C;\overrightarrow{CA},\overrightarrow{CB})$, la conique a pour équation $f(x,y)=q(x,y,1-x-y)=0$.
On sait que le centre de $\Gamma$ est caractérisé par la condition $\dfrac{\partial f}{\partial x}=\dfrac{\partial f}{\partial y}=0$, ce qui donne bien $\dfrac{\partial q}{\partial x}=\dfrac{\partial q}{\partial y}=\dfrac{\partial q}{\partial z}$.
$\alpha^2x^2 + \beta^2y^2+\gamma^2z^2-2\beta\gamma yz -2\gamma\alpha zx-2\alpha\beta xy = 0$, ce qui est quand même assez différent du résultat de JLT.
Il faudra bien trancher.
Avec les notations de Pierre, le perspecteur $Q$ a pour coordonnées homogènes $\Big(\dfrac 1 {\alpha}, \dfrac 1 {\beta}, \dfrac 1 {\gamma}\Big)$ et c'est bien l'isotomique du point $P(\alpha, \beta, \gamma)$, toujours avec les notations de Pierre.
@Pierre
Pourrais tu nous expliquer comment tu passes du point gudulique $G_u$ aux directions des axes de $\Gamma$ ?
Ce sont sans doute les bissectrices d'une paire de droites. Oui mais lesquelles ?
Amicalement
Pappus
Après calcul, les coordonnées barycentriques du centre de la conique d'équation $$
\frac{x^2}{u^2}+\frac{y^2}{v^2}+\frac{z^2}{w^2}-2\frac{yz}{vw}-2\frac{zx}{wu}-2\frac{xy}{uv}=0
$$ sont $$\Big(
\frac{u(v+w)}{2(uv+vw+wu)},
\ \frac{v(w+u)}{2(uv+vw+wu)},
\ \frac{w(u+v)}{2(uv+vw+wu)}\Big).
$$ On obtient qu'il existe $C$ tel que $(vw,wu,uv)=C(\alpha,\beta,\gamma)$, donc $u^2=C\beta\gamma/\alpha$, etc. ce qui donne l'équation de pappus $$
\alpha^2x^2 + \beta^2y^2+\gamma^2z^2-2\beta\gamma yz -2\gamma\alpha zx-2\alpha\beta xy = 0.$$
Quant au théorème utilisé par JLT pour calculer les coordonnées du centre à partir de l'équation ponctuelle, il revient évidemment à écrire que la polaire de ce centre est la droite de l'infini. On tombe exactement sur les mêmes équations.
Amicalement
Pappus
PS
Et comment pourrait-on obtenir l'équation de la conique inscrite en coordonnées "isotropes" $(z, \overline z)$.
Il semble me rappeler que j'en avais donné la méthode pendant mon séjour chez les mohicans en décembre dernier!
Juste à titre informatif l'unicité de l'ellipse de Steiner inscrite dans un triangle est une conséquence directe du théorème de Brianchon.
Rappel du théorème de Brianchon :
Les diagonales qui joignent les sommets opposés d'un hexagone sont trois droites concourantes si et seulement si l'hexagone est circonscrit à une conique.
Ce théorème de géométrie projective est le dual du théorème de Pascal, c’est à dire son transformé par polaire réciproque.
Rappel du théorème de Pascal :
Six points A, B, C, D, E, F, dont trois ne sont jamais alignés, sont sur une même conique si et seulement si les intersections P de (AE) et (BD), N, de (AF) et (CD) et M de (BF) et (CE) sont trois "points alignés".
Application à l’ellipse de Steiner :
Partant d’un triangle ABC (non dégénéré) on considère les six droites suivantes :
La droite AB en double, avec comme point d’intersection le milieu C’ de AB
La droite BC en double, avec comme point d’intersection le milieu A’ de BC
La droite CA en double, avec comme point d’intersection le milieu B’ de CA
Les diagonales AA’, BB’ et CC’ de l’hexagone (AB) (AB) (BC) (BC) (CA) (CA) étant concourantes, les six droites sont tangentes à une conique.
Cette conique est tangente en leurs milieus aux côtés du triangle ABC.
C'est une ellipse car le point M, intersection des médianes, est un point intérieur au triangle.
L'ellipse est unique car la donnée de 5 éléments parmi les trois points A', B', C' et les 3 tangentes (AB), (BC) et (CA) permet de construire une conique unique.
Un "résultat" en page 9 de ce document plus que douteux :
Utiliser le symbole $\sqrt{\space}$ avec autre chose que des réels positifs dessous me choque quelque peu. Je préfère écrire que les foyers sont $g+u$ et $g-u$ où $u$ est une des racines carrées de $g^2-s_3\overline{g}$, ce qui illustre d'ailleurs mieux que $G(g)$ est le centre, et qu'on a un cercle si $g$ est nul.
Cordialement,
Rescassol
En réponse à JLT, faisons fonctionner cette histoire d'équation tangentielle pour autre chose qu'une conique, de façon à faire le tri entre les propriétés spécifiques des coniques et quelques méthodes générales.
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\def\C{\mathbb{C}}
\def\R{\mathbb{R}}
\def\vz{\mathrm{\mathbf{Z}}}
\def\vzz{\overline{\mathcal{Z}}}
\def\vt{\mathrm{\mathbf{T}}}
\def\ds#1{{\displaystyle #1}}
\def\tra#1{{\vphantom{#1}}^{t}{#1}}
$ \[ {x'_{q}}^{2}+{y'_{q}}^{2}=18\,\dfrac{9\, q^{8}+36\, q^{6}+30\, q^{4}+52\, q^{2}+1}{\left(3\, q^{2}+1\right)^{4}} \]
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Cordialement, Pierre
les figures à inclure
Edit: un : - 1 transformé en un moticon, qui empoisonne le latex.
Merci pour la précision concernant le point gudulique.
Si je te comprends bien, la connaissance de ce point entraine celle de la direction des axes de la conique inscrite $\Gamma$. Tu appliques là une propriété bien connue des faisceaux de coniques contenant un cercle: toutes les coniques de ce faisceau ont les mêmes directions d'axes (principaux).
Comme d'autre part, on connait le centre de $\Gamma$, on peut tracer ses axes mais cela ne donne pas les foyers.
Il existe des constructions simples des foyers de la conique inscrite que j'ai déjà dû donner dans d'autres fils.
Je ne me souviens plus de ta définition des points guduliques mais je me rappelle vaguement que ce devait être à l'époque de mon pèlerinage à la cathédrale Saint Michel et Sainte Gudule de Bruxelles. La pauvre avait une lanterne que le malin diable éteignait mais qu'un ange du seigneur rallumait aussitôt. Quelle corvée!!
Amicalement
Pappus
Oui, tout à fait. Obtenir les directions d'axes par des bissectrices, cela revient à prendre une racine carrée. Mais comme il y a quatre foyers, une autre racine carrée sera encore nécessaire pour aboutir.
Cordialement, Pierre.
Etant donnée la conique inscrite $\Gamma$ dans le triangle $ABC$ dont le cercle circonscrit est noté $\gamma$, montrer en utilisant le truc de Morley le théorème de Poncelet:
Il existe une infinité de triangles inscrits dans le cercle $\gamma$ et circonscrit à la conique $\Gamma$.
Amicalement
Pappus
On peut participer ?B-)-
Dans le problème choisis de mathématiques supérieures de Gianella, Krust, Tosel et Taieb, il existe une démonstration avec les complexes.
D'ailleurs, voici un document fort interessant :