Droites concourantes 1881

Je crois que c'est clair. Soient $D,E,F$ les centres de gravité des triangles $IBC$, $ICA$, $IAB$. Soient $A',B',C'$ les milieux des arcs $BC,CA,AB$. Alors les droites $A'D,B'E,C'F$ sont concourantes.

Bonjour,
le point de concours est connu sous le nom de point de Schiffler...

Sincèrement
Jean-Louis

Quand je découvre une configuration de droites concourantes ou de points alignés, j'avoue être moins intéressé par la découverte d'un nouveau point de la liste de Kimbermling ou d'une nouvelle droite que par le cadre géométrique nécessaire à l'existence de cette configuration.
Or il se trouve que la géométrie affine suffit amplement pour prouver la configuration de BlackManRope.
Sur ma figure faite dans le plan affine, $M$ est un point quelconque du plan.
Les points $G_A$, $G_B$, $G_C$ sont les centres de gravité respectifs des triangles $BMC$, $CMA$, $AMB$.
Les points $N_A$, $N_B$, $N_C$ sont les milieux respectifs des segments $MM_A$, $MM_B$, $MM_C$.
Comment ai-je défini (dans un cadre affine complété projectivement) les points $M_A$, $M_B$, $M_C$ pour que les droites $G_AN_A$, $G_BN_B$, $G_CN_C$ soient concourantes en un point $M'$ et que ce théorème entraine celui de BlackManRope dans le cadre euclidien?
Etudier la correspondance $M \mapsto M'$.
Amicalement
Pappus

Sur cette nouvelle figure, j'ai appelé $f$, l'application de BlackManRope faisant correspondre au point $M$ le point $M'$où les droites $G_AN_A$, $G_BN_B$, $G_CN_C$ sont concourantes.
Montrer que les points $M'= f(M)$, $M'_A=f(M_A)$, $M'_B=f(M_B)$, $M'_C =f(M_C)$ sont alignés!
Amicalement
Pappus
Pour des raisons évidentes, je n'ai tracé que la construction du point $M'=f(M)$, laissant le soin à une macro adéquate celle de tracer les trois autres points

Merci Gilles.
Bonsoir pappus
Soient $(\alpha,\beta, \gamma)$ les coordonnées barycentriques de $M$ dans $(A,B,C)$
Les coordonnées de $M_A$ ne seraient-elles pas $(-\alpha, \beta, \gamma)$?

Le cas particulier euclidien où $M$est le centre du cercle inscrit de $ABC$ correspondrait alors à $\alpha= BC ; \beta= CA ; \gamma= AB$

Je ne vais pas détailler les calculs, ce serait trop assommant mais me contenter de donner les résultats partiels et éventuellement les commenter.
On se donne d'abord le point $M$ par ses coordonnées barycentriques homogènes $(x:y:z)$
Les coordonnées homogènes des sommets du triangle anticévien sont:
$M_A(-x:y:z)$, $M_B(x:-y:z)$, $M_C(x,y,-z)$.
Très connu: c'est du cours, (sous-entendu de la défunte géométrie projective).
Celles des centres de gravité sont:
$G_A(x:x+2y+z:x+y+2z)$, $G_B(2x+y+z:y:x+y+2z)$, $G_C(2x+y+z:x+2y+z:z)$
Ce n'est pas tout à fait évident et il faut déjà faire attention. On a calculé en fait une matrice d'homothétie.
Celles des milieux sont:
$N_A(-x^2:y(y+z):z(y+z)$, $N_B(x(z+x):-y^2:z(z+x)$, $N_C(x(x+y):y(x+y):-z^2)$
Même remarque: on peut se planter en cherchant les coordonnées homogènes du milieu de deux points eux mêmes donnés par leurs coordonnées homogènes.
Les équations des droites:
$G_AN_A: -(y+z)(y-z)X-x(x+z)Y +x(x+y)Z = 0$
$G_BN_B: y(y+z)X-(z+x)(z-x)Y-y(x+y)Z=0$
$G_CN_C: -z(y+z)X+z(x+z)Y-(x+y)(x-y)Z = 0$
C'est un simple calcul de produit vectoriel!
En faisant la somme de ces équations, on trouve $0$, ce qui prouve que ces droites sont concourantes.
Les coordonnées du point de concours sont:
$M'(x(x+y)(x+z)(y+z-x):y(y+x)(y+z)(z+x-y):z(z+x)(z+y)(x+y-z))$
Là encore un simple calcul de produit vectoriel.
Remarquer l'invariance des coordonnées par les permutations circulaires $(x\mapsto y \mapsto z \mapsto x)$, ce qui est rassurant sinon on aurait commis une erreur quelque part!

Voici un petit exercice que j'ai la flemme de faire:
Trouver le lieu des points $M$ tels que $M' = f(M)$ soit situé sur la droite de l'infini.
En principe, c'est une quartique mais elle contient la droite de l'infini car chaque point de la droite de l'infini est fixé par $f$, (quels sont les autres points fixes, au fait?). Il reste donc une cubique dont j'aimerais bien avoir le tracé!
Amicalement
Pappus

"_{Juste avant de terminer ces "congratulations", signalons pour les non-initiés que les points M_A, M_B et M_C s'obtiennent en remarquant par exemple que, si A' est le milieu de BC) les points A, M, A', M_A forment une division harmonique (regarder la polaire de M_A par rapport aux droites BC et M_BM_C).}"

Pardon ! Evidemment, A' est le pied de la cévienne AM sur le côté BC...

Mon cher BlackManRope
Dans la théorie affine de $f$, il ne peut y avoir de points remarquables à part $G$ puisque la liste de Kimberling n'existe pas, vu l'absence de structure euclidienne.
Je suppose que tu as voulu parler de la droite $GG' = Gf(G)$?
Malheureusement $G' = G$, i.e: $G$ est un point fixe de $f$.
J'avais d'ailleurs posé la question de savoir quels étaient les points fixes de $f$?
On les a presque tous trouvés!
Amicalement
Pappus

Bonsoir
On ne saurait être complet sans une solution avec le truc de Morley.
Soient $A(u^2)$, $B(v^2)$ et $C(w^2)$, $u$, $v$ et $w$ étant de module $1$ et choisis de telle sorte que le centre du cercle inscrit soit $I$ avec pour affixe $(-uv-vw-wu)$.
La bissectrice intérieure $(AI)$ d'équation $-z+u^2vw\overline{z}+u^2-vw=0$ recoupe le cercle en $A'(-vw)$ qui est le centre du cercle circonscrit au triangle $IBC$.
La droite d'Euler de ce triangle s'obtient alors en joignant $A'$ à son centre de gravité $G_A\left(\dfrac{i+b+c}{3}\right)$, ce qui donne $p_Az+q_A\overline{z}+r_A=0$ avec $p_A=-uv+vw-wu$, $q_A=uv^2w^2(u-v-w)$ et $r_A=-vw(u^2-vw)$ et permutation circulaire.
Le déterminant des coefficients de ces trois droites est nul, donc elles sont concourantes.
Le déterminant, obtenu en remplaçant une des trois droites par la droite d'Euler du triangle $ABC$ qui a pour équation $s_2z-s_1s_3\overline{z}=0$ est nul. Ainsi, le point de concours est aussi sur la droite d'Euler.
Ce point de concours est le point X(21) dit point de Schiffler et a pour affixe $S\left(-\dfrac{uvw(u^2+v^2+w^2)}{u^2v+u^2w+v^2u+v^2w+w^2u+w^2v-uvw}\right)$ soit $S\left(-\dfrac{s_3(s_1^2-2s_2)}{s_1s_2-4s_3}\right)$ si on considère $s_1$, $s_2$ et $s_3$ les fonctions symétriques de $u$, $v$ et $w$.

Merci, Rescassol, pour ce beau tracé!
Peux-tu préciser la position des trois asymptotes?
Montrer comme conséquence de ce tracé qu'il n'existe dans un plan euclidien aucun triangle dont le point de Schiffler soit à l'infini!
Mais en fait cela se voit directement sur l'équation!
Amicalement
Pappus

Bonjour,

Et pourquoi ce 1881 dans le titre ? Merci.

Amicalement.

J'ai trouvé ceci, qui ne ne résout pas la question de bs

[Edit: Black donne un élément de réponse ici.]

Boujour pappus,

Il y a quelque chose qui m'inquiète das ce qui précède:
La condition d'existence des $M_X$ peut s'écrire
$(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)=0$
le développement donne:
$-a^3-b^3-c^3+a²b+ab²+b²c+bc²+c²a+ca²-2abc=0$
Ce n'est pas exactement la cubique que tu as indiquée à Rescassol pour son tracé: le dernier terme est différent.
Est-ce à dire que la condition que j'énonce ci-dessus n'est ni nécessaire ni suffisante pour l'existence de $M'$ ou bien que l'un de nous s'est trompé dans un calcul? :S

Amicalement. jacquot

Mon cher jacquot
En quoi cette condition d'existence des $M_X$: $(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c) = 0$ a-t-elle un rapport avec l'équation de la cubique?
Amicalement
Pappus

Bonjour,

Pour répondre à une question de Pappus, les trois asymptotes à cette cubique me semblent être les tangentes à la partie circulaire centrale, parallèles aux côtés du triangle $ABC$.
Elles coupent ces côtés aux $\dfrac{2}{5}$ à partir de chaque sommet.

Cordialement,

Rescassol

Mon cher Rescassol
J'ai toujours la flemme de tracer la cubique mais pour cela je te fais confiance.
Donnons une petite idée de ce qu'aurait pu dire un candidat à l'X ou à Normale, il y a plus de 60 ans, à comparer avec ce que pourrait faire un agrégatif d'aujourd'hui, pratiquement obligé de s'en remettre à un logiciel s'il sait s'en servir!!
Voyons quand même comment obtenir une équation affine non homogène de cette cubique en partant de son équation homogène:
$f(x,y,z) = x^3+y^3+z^3 -yz^2-zy^2-zx^2-xz^2-xy^2-yx^2-xyz=0$
Rappelons que l'on est dans le plan affine, (je ne le dirais jamais assez, il n'y a pas de structure euclidienne!!), rapporté à un triangle $ABC$.
Pour la partie affine de la cubique concernant ses points situés dans le plan affine, on utilise les coordonnées barycentriques $(x,y,z)$ du point $M$ vérifiant $x+y+z=1$, la paire $(y,z)$ désignant alors les coordonnées cartésiennes du point $M$ dans le repère $\{A;(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})\}$.
Dans ledit repère, l'équation affine de la cubique est donc:
$g(y,z)=f(1-y-z,y,z)= -5yz(y+z)+4y^2+9yz+4z^2-4(y+z)+1=0$
On voit déjà que l'équation affine ne comprend plus que 8 termes, 2 de moins que son équation homogène.
Les termes de plus haut degré donnent les directions asymptotiques au nombre de 3 et qui sont les directions des côtés du triangle.
Regardons l'asymptote parallèle au côté $AC$; son équation est de la forme $y = \lambda$.
Si on coupe la cubique par la droite $y =\lambda$, l'équation aux $z$ des points d'intersection est de la forme:
$z^2(4-5\lambda) + uz +v=0$.
Pour que cette droite soit l'asymptote, il faut donc que le degré s'abaisse à 1, ( cet abaissement du degré est rigoureusement impossible à justifier aujourd'hui puisque la géométrie projective a disparu!), c'est à dire:
$\lambda = \dfrac 4 5$.
Je n'ai pas l'impression d'avoir trouvé les mêmes asymptotes que toi!
Quant au tracé que j'ai toujours la grande flemme de faire, il s'obtient en tirant par exemple $z$ en fonction de $y$ dans l'équation $g(y,z)=0$, ce n'est jamais qu'une équation du second degré à résoudre, ce qui était dans les cordes du taupin d'autrefois!
Aujourd'hui, je ne sais pas! Est-ce encore au programme?
Amicalement
Pappus
PS
L'avantage de l'équation homogène, c'est qu'on y voit tout de suite les symétries affines de la cubique plus difficiles à remarquer sur l'équation affine!

C'est le tracé de la cubique de Rescassol, obtenu par Cabri, en suivant la méthode taupinale d'il y a 60 ans décrite dans mon précédent message à partir de son équation homogène.
Songez à ces pauvres taupins d'autrefois qui devaient tracer cette cubique sans le secours de Cabri ou de Geogebra!
Il n'empêche qu'avec ces beaux logiciels le tracé n'est pas tout à fait acquis et qu'il faut quand même savoir un minimum de géométrie avant de les utiliser à bon escient!
Amicalement
Pappus

Enfin une petite remarque sur le truc de Morley qu'affectionne tant Rescassol!
Comme le problème est affine, on ne perd pas en généralité en supposant le triangle de référence équilatéral c'est à dire avec les notations de Rescassol: $s_1=s_2 = 0$ et $s_3 = 1$, ce qui simplifie singulièrement l'équation complexe de cette cubique.
J'aurais bien aimé que Rescassol nous dise la méthode qu'il a suivie pour le tracé!
Amicalement
Pappus

Mon cher Rescassol
Bien sûr mais tu ne nous a toujours pas dit comment tu avais fait exactement!
Est-ce de la façon que j'ai indiquée?
Quel logiciel as-tu utilisé et comment l'as-tu programmé?
Voici le Cabri-tracé de la cubique fait dans le cas où le triangle $ABC$ est équilatéral.
La figure est évidemment plus esthétique mais elle n'apporte rien de plus!



Amicalement
Pappus

Salut pappus,
Tu n'as pas répondu à mon dernier message, trop occupé au tracé de tes cubiques, sans doute, je te pardonne.
Là, je m'évertue à tracer sur GeoGebra La figure, disons de base, de façon à pouvoir déplacer le point M pour observer ce qui se passe.
Voici le résultat:

Mon cher jacquot
La seule difficulté de cette figure est de tracer le triangle anticévien $M_AM_BM_C$ d'un point $M$.
Tu devrais savoir que le triangle anticévien est une notion projective.
Autrement dit sa construction n'exige que l'utilisation de la sacro-sainte Règle; bénie soit son Nom!
Nul besoin d'utiliser le moindre barycentre pour le tracer!
Amicalement
Pappus
PS
Ton ignorance est simplement due à la disparition de la géométrie projective de notre enseignement et dire que toutes ces constructions de divisions et autres faisceaux harmoniques étaient enseignées en Seconde autrefois.
Remarque qu'avec la disparition des barycentres, les milieux devraient eux aussi suivre le même chemin!
Bof! Tant qu'il nous reste la téléréalité, il n'y a pas de quoi s'inquiéter!!

Mon cher Jacquot
Si tu veux progresser en géométrie et en GeoGebra, tu devrais réfléchir sur ce problème des coordonnées barycentriques et être capable de construire tes propres macros. Ce n'est pas très difficile!
Quant à cette histoire de triangle anticévien d'un point $M$, regarde la disposition relative des triangles céviens et anticéviens d'un même point!
Amicalement
Pappus

Bouzar : ""$ 5(z^3+\overline{z}^3)+21z\overline{z}-4=0$""


Bouzar n'ose plus écrire deux lignes d'explication, tellement il craint les foudres de pappus-jupiter,

Pitié pour Bouzar !

Je me garderai bien de jouer les Jupiters tonnants!
Si je pense qu'il y a une erreur quelque part, je me contente de la signaler!
Il m'arrive d'en commettre moi aussi et de très graves, que Bu? ne manque jamais de relever et je ne m'en plains pas!
Ceci dit, j'avais attribué à Rescassol l'équation: $5(z^3+\overline{z}^3)+21z\overline{z}-4=0$ mais effectivement c'est Bouzar qui l'a écrite à partir de celle, plus générale, de Rescassol.
Comme celui-ci a donné un tracé correct de la cubique, je pense que son équation et donc celle de Bouzar sont correctes.
Comme j'ai la flemme de me lancer dans des calculs vertigineux, il y a quand même un moyen de savoir si c'est le cas, c'est de calculer avec l'équation de Bouzar l'équation de l'asymptote parallèle à l'axe $Oy$ et de comparer avec ce que j'ai moi-même trouvé!
Rescassol s'est visiblement planté dans ce calcul d'asymptotes. Voyons simplement ce que l'équation de Bouzar donnera!
Je suis aussi curieux de savoir comment Rescassol s'y est pris pour tracer cette cubique car il est bon de connaitre tous les moyens pour effectuer ce tracé.
Je suppose donc qu'il a fait $s_1=s_2=0$ et $s_3 = 1$ et que l'aspect affine de la cubique obtenue est simplement dû au fait que son logiciel ne travaille pas dans un repère orthonormé, ce que j'ai pu faire avec Cabri!
Amicalement
Pappus