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conjugué isogonal 1

Envoyé par Bouzar 
conjugué isogonal 1
il y a sept années
avatar
Bonjour

Je propose le petit problème suivant :
Soit $ABC$ un triangle.
Soient $M$ un point et $N$ son conjugué isogonal par rapport au triangle $ABC.$
Montrer que $$ \frac{AM\cdot AN}{AB\cdot AC}+\frac{BM\cdot BN}{BC\cdot BA}+\frac{CM\cdot CN}{CA\cdot CB}= 1.$$
Re: conjugué isogonal 1
il y a sept années
Bonsoir Bouzar,
dans ta formule, s'agit-il de produits de distances, comme le suggère la notation, ou de produits scalaires de vecteurs ?

Bien cordialement, j__j
Re: conjugué isogonal 1
il y a sept années
avatar
Bonsoir john_john

Il s'agit de produits de distances.
JLT
Re: conjugué isogonal 1
il y a sept années
avatar
D'après le JDE p.142, si $M$ a pour coordonnées barycentriques (disons homogènes normalisées) $(x,y,z)$ alors son conjugué isogonal $N$ a pour coordonnées barycentriques $(a^2/x,b^2/y,c^2/z)$.

Posons $t=a^2/x+b^2/y+c^2/z=(a^2yz+b^2zx+c^2xy)/(xyz)$.

On calcule que $AM^2=y^2c^2+z^2b^2+yz(b^2+c^2-a^2)$ et que $AN^2=\dfrac{b^2c^2}{t^2y^2z^2}(b^2z^2+c^2y^2+yz(b^2+c^2-a^2))$. On a donc
$$\frac{AM.AN}{bc}=\frac{y^2c^2+z^2b^2+yz(b^2+c^2-a^2)}{tyz}=\frac{xyz(b^2+c^2-a^2)+c^2xy^2+b^2xz^2}{a^2yz+b^2zx+c^2xy}.$$
En ajoutant les termes analogues par permutation circulaire, on obtient
$$ \frac{AM\cdot AN}{AB\cdot AC}+\frac{BM\cdot BN}{BC\cdot BA}+\frac{CM\cdot CN}{CA\cdot CB}= \frac{xyz(a^2+b^2+c^2)+c^2xy(x+y)+b^2xz(x+z)+a^2yz(y+z)}{a^2yz+b^2zx+c^2xy}.$$

En utilisant $xyza^2+a^2yz(y+z)=a^2yz(x+y+z)=a^2yz$ ainsi que les égalités obtenues par permutation circulaire, on obtient bien
$$ \frac{AM\cdot AN}{AB\cdot AC}+\frac{BM\cdot BN}{BC\cdot BA}+\frac{CM\cdot CN}{CA\cdot CB}= 1.$$
Re: conjugué isogonal 1
il y a sept années
Bravo, JLT, tu es le roi des coordonnées barycentriques homogènes grâce au JDE!
Que se passe-t-il quand $M$ tend vers un point du cercle circonscrit?
Amicalement
Pappus
Re: conjugué isogonal 1
il y a sept années
avatar
Pardonnez mon ignorance de néophyrte, mais qu'est-ce que le JDE ?
JLT
Re: conjugué isogonal 1
il y a sept années
avatar
@pappus : pour que mon calcul soit valable il faut que $M$ soit intérieur au triangle $ABC$.

@Raymond Cordier : il s'agit du livre de géométrie de Jean-Denis Eiden [www.amazon.fr]\%C3\%A9ometrie-analytique-classique-Eiden-Jean-Denis/dp/2916352082
Re: conjugué isogonal 1
il y a sept années
Mon cher JLT
Comme c'est très important, tu devrais dire à quel moment tu as supposé que $M$ devait être situé à l'intérieur du triangle $ABC$!
Sans doute une question de signes quand tu passes aux racines carrées?
Et que peut-on dire dans les autres cas de figure?
Amicalement
Pappus
PS
Une autre remarque!
Tu dis que tu utilises des coordonnées barycentriques homogènes! OK!
Mais alors tes formules de distances devraient être homogènes de degré $0$ en $(x,y,z)$!
Re: conjugué isogonal 1
il y a sept années
Mon cher JLT
Autrement dit la formule de Bouzar reste valable dans le cas général où on suppose seulement que $M$ n'est pas situé sur le cercle circonscrit, ce qui équivaut à $a^2yz + b^2zx+c^2 xy \ne 0$, (une quantité que tu traines dans tous tes dénominateurs), à condition de faire des changements de signe adéquats.
Quand le point $M$ tend vers un point du cercle circonscrit, la formule de Bouzar se réduit alors à celle de Ptolémée, après division par $AN\approx BN \approx CN$!
Inversement, on pourrait voir la formule de Bouzar comme une généralisation de celle de Ptolémée!
Comme il est traditionnel de démontrer la formule de Ptolémée par l'inversion, je me demande si celle de Bouzar ne pourrait se démontrer de la même manière.
Amicalement
Pappus
Re: conjugué isogonal 1
il y a sept années
avatar
Bonjour

Je note $a$ l'affixe de $A,$ $b$ l'affixe de $B,$ $c$ l'affixe de $C$, $m$ l'affixe de $M,$ $n$ l'affixe de $N$ conjugué isogonal de $M.$
On a l'identité suivante :
$(a-b)(c-m)(c-n)+(b-c)(a-m)(a-n)+(c-a)(b-m)(b-n)=(b-c)(a-c)(a-b).$
On a donc en prenant les modules dans les deux membres:
$|(a-b)(c-m)(c-n)+(b-c)(a-m)(a-n)+(c-a)(b-m)(b-n)|=|(b-c)(a-c)(a-b)|.$
D'après l'inégalité triangulaire, on en tire que :
$|(a-b)(c-m)(c-n)|+|(b-c)(a-m)(a-n)|+|(c-a)(b-m)(b-n)| \geq |(b-c)(a-c)(a-b)|$ (*)
soit
$ \frac{|(c-m)(c-n)|}{|(b-c)(a-c)|}+ \frac{|(a-m)(a-n)|}{|(a-c)(a-b)|}+ \frac{|(b-m)(b-n)|}{|((b-c)(a-b)|} \geq 1$
et donc
$$ \frac{AM\cdot AN}{AB\cdot AC}+\frac{BM\cdot BN}{BC\cdot BA}+\frac{CM\cdot CN}{CA\cdot CB} \geq 1.$$
Dans l'inégalité (*), l'égalité a lieu si les affixes $(a-b)(c-m)(c-n), (b-c)(a-m)(a-n), (c-a)(b-m)(b-n)$ et $(b-c)(a-c)(a-b)$ sont colinéaires. Ce qui doit être le cas puisque $N$ est le conjugué isogonal de $M$ et donc
\[ \frac{(m-a)/(b-a)}{(c-a)/(n-a)}\in\mathbb{R}.\]
JLT
Re: conjugué isogonal 1
il y a sept années
avatar
J'ai rectifié "homogènes" en "normalisées" (c'est-à-dire $x+y+z=1$).

J'ai utilisé le fait que $M$ est intérieur au triangle lorsque j'ai écrit que la racine carrée de $t^2y^2z^2$ est $tyz$.
On remarque que $t$ change de signe lorsque le point traverse le cercle circonscrit. $y$ change de signe lorsque $M$ traverse la droite la droite $(AC)$, etc.

La formule générale est donc :
$$ \varepsilon_1 \frac{AM\cdot AN}{AB\cdot AC}+\varepsilon_2 \frac{BM\cdot BN}{BC\cdot BA}+\varepsilon_3 \frac{CM\cdot CN}{CA\cdot CB}= \varepsilon,$$

où $\varepsilon=1$ si $M$ est intérieur au cercle circonscrit, $\varepsilon=-1$ sinon,

$\varepsilon_1=1$ si $M$ est dans le secteur angulaire de sommet $A$ contenant le triangle, ou bien son symétrique par rapport à $A$.

$\varepsilon_2=1$ si $M$ est dans le secteur angulaire de sommet $B$ contenant le triangle, ou bien son symétrique par rapport à $B$.

$\varepsilon_3=1$ si $M$ est dans le secteur angulaire de sommet $C$ contenant le triangle, ou bien son symétrique par rapport à $C$.
Re: conjugué isogonal 1
il y a sept années
Je pense qu'on peut donner la formule de JLT avec un $\epsilon$ de moins.
Ca ne couterait rien de supposer $\epsilon = 1$ avec les notations de JLT, les signes des trois $\epsilon_k$ restants étant alors déterminés par ceux des coordonnées barycentriques normalisées de $M$.
Quant à la démonstration de Bouzar, elle est forcément erronée à partir du moment où il affirme que les affixes sont colinéaires, (sa formule serait alors valable pour tout $M$ et c'est faux comme JLT l'a prouvé), car cela ne suffit pas: ces affixes doivent avoir le même argument c'est à dire appartenir à la même demi-droite vectorielle.
Amicalement
Pappus
Re: conjugué isogonal 1
il y a sept années
Bonsoir les phorumeurs,
pour ma part, je n'ai pas osé les coordonnées barycentriques, un peu dissuasives pour les calculs de distances (mais bravo à JLT) et j'ai fait sensiblement comme Bouzar : la condition d'isogonalité se traduit avec tes notations, sauf erreur de ma part, par $\frac{(m-a)(n-a)}{(b-a)(c-a)}\in\R^+$, de sorte que la formule attendue se ramène à $\sum\frac{(m-a)(n-a)}{(b-a)(c-a)}=1$, où la somme porte sur les trois termes analogues (permutation des sommets).

Une réduction au même dénominateur ramène {\em in fine} à la formule initiale de Bouzar.

Bouzar : cette jolie identité est-elle de ton cru ?

Bien cordialement à tous (et bienvenue à Raymond Cordier), j__j
Re: conjugué isogonal 1
il y a sept années
Je pense qu'on peut formuler l'exercice de Bouzar comme l'inégalité de Ptolémée:
Pour toute paire de points $(M,N)$ dans le plan du triangle $ABC$, on a l'inégalité:
$$\dfrac{AM.AN}{AB.AC}+\dfrac{BM.BN}{BA.BC}+\dfrac{CM.CN}{CA.CB}\ge 1$$
avec égalité si et seulement si les points $M$ et $N$ sont isogonaux et situés à l'intérieur du triangle $ABC$.
Amicalement
Pappus
Re: conjugué isogonal 1
il y a sept années
Mon cher j_j
La démonstration de Bouzar est analogue à celle de Ptolémée qui utilise l'identité entre complexes:
$(b-c)(d-a)+(c-a)(d-b)+(a-b)(d-c)=0$
Quant à l'identité de Bouzar, on dirait qu'elle est obtenue par polarisation de celle de Stewart, bizarre!
Conceptuellement; je dirais qu'il faut trouver une base adéquate d'un certain espace de polynômes.
Amicalement
Pappus
Re: conjugué isogonal 1
il y a sept années
Tout de même, j'ai l'impression que la plupart des calculs {\em supra} utilisent le fait que $M$ (et donc $N$) sont {\em intérieurs} au triangle $ABC$ (ne serait-ce que le $\R^+$ de mon calcul, ou la {\em colinéarité} de Bouzar, alors qu'il eût fallu des vecteurs positivement colinéaires). D'ailleurs, dans la formule de Ptolémée, ce n'est pas la somme des trois termes qui est nulle, mais l'un d'eux qui est égal à la somme des deux autres.

Pour rattraper cela, il faut mettre des $\varepsilon$ devant chaque terme de la somme ; me trompé-je ?

Bien cordialement, j__j

[\em Effectivement, je n'avais pas lu tous les messages en détail !!! Au temps (autant ?) pour moi.}
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