Le cercle de van Lamoen

Bonjour,

Voilà déjà du barycentrique pour le cercle de Van Lamoen:

% Jean-Louis Ayme - 27 Septembre 2021 - Le cercle de van Lamoen

clc, clear all, close all

syms a b c real % Longueurs des côtés du triangle ABC

Sa=(b^2+c^2-a^2)/2;
Sb=(c^2+a^2-b^2)/2;
Sc=(a^2+b^2-c^2)/2;

Sab=Sa*Sb;
Sbc=Sb*Sc;
Sca=Sc*Sa;

S2=Sab+Sbc+Sca; % S2 = 4*Aire^2

%-----------------------------------------------------------------------

A=[1; 0; 0]; % Sommets du triangle ABC
B=[0; 1; 0];
C=[0; 0; 1];

Ap=[0; 1; 1]; % Milieux des côtés du triangle ABC
Bp=[1; 0; 1];
Cp=[1; 1; 0];

G=[1; 1; 1]; % Centre de gravité du triangle ABC

%-----------------------------------------------------------------------

% Cercle de Van Lamoen

Ab=CentreCercleCirconscritBary(A,G,Bp,a,b,c);
Ac=CentreCercleCirconscritBary(A,G,Cp,a,b,c);
Bc=CentreCercleCirconscritBary(B,G,Cp,a,b,c);
Ba=CentreCercleCirconscritBary(B,G,Ap,a,b,c);
Ca=CentreCercleCirconscritBary(C,G,Ap,a,b,c);
Cb=CentreCercleCirconscritBary(C,G,Bp,a,b,c);

Nul1=Cocycliques(Ab,Ac,Bc,Ba,a,b,c) % Nul1, Nul2 et Nul3 sont égaux à 0
Nul2=Cocycliques(Ab,Ac,Bc,Ca,a,b,c) % donc:
Nul3=Cocycliques(Ab,Ac,Bc,Cb,a,b,c) % Les 6 points sont donc cocycliques

% Son centre:

X1153=CentreCercleCirconscritBary(Ab,Ac,Bc,a,b,c);
X1153=PgcdBary(X1153) % On simplifie

% On trouve:
% X1153=[10*a^4 - 13*(b^2+c^2)*a^2 + 2*(b^2-2*c^2)*(2*b^2-c^2): ... : ...]

% Le carré de son rayon:

R2=Factor(Distance2(X1153,Ab,a,b,c))

[NumR2 DenR2]=numden(R2)

% On trouve R2=NumR2/DenR2 avec:

NumR2 = (-a^2+2*b^2+2*c^2)*(2*a^2-b^2+2*c^2)*(2*a^2+2*b^2-c^2)*(5*(a^2*b^2+b^2*c^2+c^2*a^2)-2*(a^4+b^4+c^4))
DenR2 = 324*(a+b+c)^2*(-a+b+c)^2*(a-b+c)^2*(a+b-c)^2; 

NulDenR2=Factor(DenR2-5184*S2^2) % Égal à 0 donc DenR2=5184*(4*Aire^2)^2=82944*Aire^4

Cordialement,

Rescassol

Bonjour,

Après calcul, le centre $X_{1153}$ du cercle de Van Lamoen ne peut être sur la droite $(OK)$ que si $5(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)=2(a^4+b^4+c^4)$, c'est à dire si son rayon est nul.

Cordialement,

Rescassol

Bonjour à tous
Je ne connaissais pas ce cercle de Van Lamoen!
Belle configuration!
Existe-t-il des articles de référence sur ce sujet?
Si le point $P$ est un point quelconque du plan, il est clair que les six centres sont toujours sur une même conique, pour des raisons de théorème de Pascal avec droite de Pascal à l'infini.
On obtient donc une famille de coniques dépendant du point $P\ $.
Il est donc naturel d'obtenir l'écriture l'équation de ces coniques en fonction des coordonnées de $P\ $.
On peut alors trouver le lieu du point $P$ pour que la conique de Van Lamoen soit décomposée puis chercher les coniques de la famille d'excentricité donnée ( cercles, hyperboles équilatères, paraboles), etc, etc...
C'est effectivement un boulot pour un logiciel de calcul formel!!!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour,

> S'il l'accepte, mettons Rescassol à contribution à partir de sa figure.

Après manger :-D

Cordialement,

Rescassol

Merci Poulbot
On a maintenant la solution élémentaire de Jean-Louis mais je suis plus intéressé par le cas général des coniques de Floor Van Lamoen.
L'équation de ces coniques a-t-elle été écrite quelque part?
Si oui, on devrait y trouver aussi la réponse aux questions que j'ai posées!
Les calculs me semblent si monstrueux que je n'ai même pas envie d'y penser!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Par exemple le lieu des points $P\ $, pour lesquels la conique de FVL se décompose, est une courge algébrique, sans doute de degré assez élevé mais qui contient les côtés du triangle $ABC\ $.
C'est à peu près évident géométriquement!

Bonjour,

Poulbot, pour la première de tes questions, il suffit de rajouter le code suivant à la suite de mon code précédent.

% Note: la fonction PgcdBary remplace un triplet, point ou droite, 
% par un autre triplet proportionnel, le plus simple possible.

% Droites (Ab Ac), (Bc Ba) et (Ca Cb)

DA=PgcdBary(Wedge(Ab,Ac))
DB=PgcdBary(Wedge(Bc,Ba));
DC=PgcdBary(Wedge(Ca,Cb));

% On trouve DA = [a^2-2*b^2-2*c^2, -2*a^2+b^2+7*c^2, -2*a^2+7*b^2+c^2]
% et permutation circulaire

A0=PgcdBary(Wedge(DB,DC))  % points d'intersection de ces trois droites
B0=PgcdBary(Wedge(DC,DA));
C0=PgcdBary(Wedge(DA,DB));

% On trouve:
% A0 = [a^2*(-5*a^2+b^2+c^2); a^4+5*a^2*b^2-2*b^4+3*b^2*c^2-c^4; % a^4+5*a^2*c^2-b^4+3*b^2*c^2-2*c^4]
% et permutation circulaire

% Carré des longueurs du triangle A0 B0 C0

DistA2=Distance(B0,C0,a,b,c)
DistB2=Distance(C0,A0,a,b,c);
DistC2=Distance(A0,B0,a,b,c);

% On trouve:
% DistA2 = ((a^2 + b^2 + c^2)^2*(- a^2 + 2*b^2 + 2*c^2))/(9*(a + b + c)*(a + b - c)*(a - b + c)*(b - a + c))
% et permutation circulaire

 % Point de Lemoine du triangle A0 B0 C0
 
L=Barycentre([A0,B0,C0],[DistA2,DistB2,DistC2]);
L=PgcdBary(FactorT(L))

% Ô miracle, on trouve L=[1; 1; 1]
% C'est le centre de gravité G du triangle ABC

Cordialement,

Rescassol

Bonjour.


La conique de pappus se factorise le long de la quartique:

$$ \def\vz{\mathrm{\mathbf{Z}}} \def\vzz{\overline{\mathcal{Z}}} \def\vt{\mathrm{\mathbf{T}}}

\left(s_{1}\,s_{2}-2\,s_{3}\right)\vt^{4}+\left(-\vz s_{1}^{2}-\vzz\,s_{2}^{2}\right)\vt^{3}+\left(\vzz\,s_{2}+\vz\right)\left(\vz s_{1}+\vzz\,s_{3}\right)\vt^{2}-\vzz\,\vz\left(\vzz\,s_{1}\,s_{3}+\vz s_{2}\right)\vt+\vz^{2}\vzz^{2}s_{3} $$

On voit bien que cette quartique est bicirculaire. Il est évident qu'elle passe par les trois sommets. Et donc sa huitième intersection avec le cercle unité est rationnelle. C'est X110.

Par ailleurs, cette conique est un cercle lorsqu'elle passe par les ombilics. Cela se produit lorsque le point mobile est en $G$ ou en l'un de ses trois associés.

Cordialement, Pierre.

Bonjour,

Poulbot, pour ta deuxième question, toujours en barycentriques:

% Homothétie de centre L et de rapport -1/2
% A0 B0 C0 ----> U V W

U=PgcdBary(Barycentre([L,A0],[3,-1]))
V=PgcdBary(Barycentre([L,B0],[3,-1]));
W=PgcdBary(Barycentre([L,C0],[3,-1]));

DUV=PgcdBary(Wedge(U,V))
DVW=PgcdBary(Wedge(V,W));
DWU=PgcdBary(Wedge(W,U));

A1=PgcdBary(Wedge(DUV,DB))
A2=PgcdBary(Wedge(DUV,DC))
B1=PgcdBary(Wedge(DVW,DC))
B2=PgcdBary(Wedge(DVW,DA))
C1=PgcdBary(Wedge(DWU,DA))
C2=PgcdBary(Wedge(DWU,DB))

% On retrouve les six points Ab, Ac, Bc, Ba, Ca, Cb
% Pas tout à fait dans le même ordre, mais ce n'est pas grave

Cordialement,

Rescassol

Merci Jelobreuil
Ma faute de frappe est si drôle que j'ai décidé de la laisser.
Il est vrai que le B et le G sont très proches sur le clavier.
Je me relis systématiquement mais ma vue n'est plus ce qu'elle était avec le grand âge!
J'ai dessiné la conique de FVL quand $P$ est sur la droite $BC.\qquad$.
Elle se décompose en deux droites parallèles, à savoir les médiatrices de $PB\ $ et $PC.\qquad$
On peut dire que la conique contient ces deux médiatrices.
C'est curieux que Pierre n'ait pas mentionné ce fait!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci Poubot pour toutes ces références!!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour,

Et pour une parabole:

  3*s3^2*z^5*zB^2
+ 3*s2*s3^2*z^4*zB^3 
+ 3*s1*s3^3*z^3*zB^4 
+ 3*s3^4*z^2*zB^5 
  
+ (-2*s2*s3)*z^5*zB 
+ (- 6*s2^2*s3 + 4*s1*s3^2)*z^4*zB^2 
+ (27*s3^3 - 11*s1*s2*s3^2)*z^3*zB^3 
+ (4*s2*s3^3 - 6*s1^2*s3^3)*z^2*zB^4 
+ (-2*s1*s3^4)*z*zB^5 

+ (- s2^2 + 4*s1*s3)*z^5 
+ (3*s2^3 - 4*s1*s2*s3 + 12*s3^2)*z^4*zB 
+ (- 10*s1^2*s3^2 + 13*s1*s2^2*s3 - 23*s2*s3^2)*z^3*zB^2 
+ (13*s1^2*s2*s3^2 - 23*s1*s3^3 - 10*s2^2*s3^2)*z^2*zB^3 
+ (3*s1^3*s3^3 - 4*s2*s1*s3^3 + 12*s3^4)*z*zB^4 
+ (4*s2*s3^4 - s1^2*s3^4)*zB^5 

+ (-8*s2*s3)*z^4 
+ (8*s1^2*s2*s3 - 5*s1*s2^3 + 4*s1*s3^2 - 3*s2^2*s3)*z^3*zB 
+ (- 4*s1^3*s3^2 - 8*s1^2*s2^2*s3 + 57*s1*s2*s3^2 - 4*s2^3*s3 - 33*s3^3)*z^2*zB^2 
+ (- 5*s1^3*s2*s3^2 - 3*s1^2*s3^3 + 8*s1*s2^2*s3^2 + 4*s2*s3^3)*z*zB^3 
+ (-8*s1*s3^4)*zB^4 

+ (- 8*s1^3*s3 + 2*s1^2*s2^2 + 20*s1*s2*s3 - s2^3 - 24*s3^2)*z^3 
+ (4*s1^3*s2*s3 + s1^2*s2^3 - 12*s1^2*s3^2 - 29*s1*s2^2*s3 + 7*s2^4 + 34*s2*s3^2)*z^2*zB 
+ (7*s1^4*s3^2 + s1^3*s2^2*s3 - 29*s1^2*s2*s3^2 + 4*s1*s2^3*s3 + 34*s1*s3^3 - 12*s2^2*s3^2)*z*zB^2 
+ (- s1^3*s3^3 + 2*s1^2*s2^2*s3^2 + 20*s1*s2*s3^3 - 8*s2^3*s3^2 - 24*s3^4)*zB^3 

+ (12*s1^2*s2*s3 - 5*s1*s2^3 - 8*s1*s3^2 - s2^2*s3)*z^2 
+ (- 6*s1^4*s2*s3 + s1^3*s2^3 - 4*s1^3*s3^2 + 27*s1^2*s2^2*s3 - 6*s1*s2^4 - 4*s1*s2*s3^2 - 4*s2^3*s3 - 24*s3^3)*z*zB 
+ (- 5*s1^3*s2*s3^2 - s1^2*s3^3 + 12*s1*s2^2*s3^2 - 8*s2*s3^3)*zB^2 

+ (4*s1^5*s3 - s1^4*s2^2 - 20*s1^3*s2*s3 + 5*s1^2*s2^3 + 24*s1^2*s3^2 + 2*s1*s2^2*s3 - 8*s2*s3^2)*z 
+ (5*s1^3*s2^2*s3 - s1^2*s2^4 + 2*s1^2*s2*s3^2 - 20*s1*s2^3*s3 - 8*s1*s3^3 + 4*s2^5 + 24*s2^2*s3^2)*zB 

- 4*s1^4*s2*s3 + s1^3*s2^3 + 8*s1^3*s3^2 + 15*s1^2*s2^2*s3 - 4*s1*s2^4 - 56*s1*s2*s3^2 + 8*s2^3*s3 + 48*s3^3

=0

Cordialement,

Rescassol

Bonjour,

Voila une figure pour l'hyperbole équilatère.

Cordialement,

Rescassol

Bonjour,

Voila, voila, mais je ne parviens pas à faire tout rentrer dans l'épure.

Cordialement,

Rescassol

Bonjour à tous
J'ai fait la figure dans le cas où $P\ $ est sur l'un des côtés du triangle antimédial, ici la parallèle issue de $A\ $ au côté $BC\ $.
La conique $\Gamma\ $ n' pas l'air de se décomposer!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour,

Photo de groupe.
1. $ABC$ le triangle de Rescassol, $qA,qB$ les punaises pour faire tenir sa figure 127060 sur ma feuille geogebra.
2. RH (en rouge) le lieu des points $P$ dont la conique associée est une RH. Comme prévisible, j'obtiens la même courbe. Rappel: une conique est une RH lorsque le produit scalaire de sa matrice et de la matrice à normer les droites donne 0.
3. QUART (en vert) la quartique bi-circulaire incluse dans la courge de degré 24 qui est le lieu des points dont la conique associée est décomposée.
4. la droite $AG_C$ avec un point $P$ dessus. On voit bien que la conique correspondante est décomposée... sauf que deux des six points sont à l'infini... l'outil "conique 5 points" ne peut pas être utilisé. C'est pas grave, il reste le calcul. Evidemment, le centre d'une droite est défini comme étant son orthopoint, pas de quoi effrayer le passant qui passe.
5. PARA (en magenta) le lieu des points $P$ dont la conique associée est une parabole. Elle contient les trois associés du centre de gravité (la conique est alors dégénérée, c'est le point 4) et l'un des deux morceaux est la droite de l'infini: cette conique est donc un cycle. En outre cette courbe magenta contient les trois sommets comme points isolés. Cela se voit encore mieux si l'on rajoute un pou-ième à l'équation implicite (il reste à choisir le bon signe pour le rajoutis, sinon, on rate aussi les $G_x$).

Cordialement, Pierre.

Bonsoir.

On utilise les barycentriques. Le lieu RH contient un certain nombre de droites, et une courbe de degré 6, qui admet $A,B,C$ pour points doubles. Si l'on traite uniquement cette courbe, le remplacement $p\mapsto f^2 qr$ donne le degré 12. Mais $p^2q^2r^2$ vient en facteur et on obtient encore une courbe de degré 6. Les sommets deviennent des points isolés (méthode du pou-ième). On passe en Lubin-1 et on voit que les points circulaires sont toujours des points doubles. Principal changement: les 5ème et 6ème points à l'infini étaient:
$$\omega^2= {\frac { \pm \sqrt {3}{ s_3}\,{ s_4}-{ s_2}\,{ s_3}\,{ s_1}+9\,{{ s_3}}^{2}}{-6\,{ s_1}\,{ s_3}+2\,{{ s_2}}^{2}}}, $$ leurs asymptotes se coupant en X(22329). Maintenant, cela ne se factorise plus. Rem: $D_x$ est l'isogonal de $G_x$.

Cordialement, Pierre.

Bonjour.

Pour ce qui est de la courbe PARA, elle est de degré $7$. Une isotomie ou isogonie donne une courbe de degré 8, pire qu'avant.
On en connait

1. les ombilics (=4)
2. les asymptotes réelles, qui passent par les points $(4B+4C-5A)/3$) (=6)
3. les sommets (=6)
4. les associés de $G$ (=9). En effet les rebroussements sont dirigés selon les droites $G_x X(69)$ etc.

Comme il y a $7\times 8/2=28$ coefficients, il faudrait 27 relations, et nous n'en avons que 25. Bonne occasion d'être inventif !

Cordialement, Pierre.