Centre du cercle inscrit et droite d'Euler
dans Géométrie
Bonsoir,
Je cherche à prouver de façon synthétique (donc pas de coordonnées ) que le centre du cercle inscrit est situé sur la droite d'Euler d'un triangle si et seulement si celui-ci est isocèle (et non équilatéral sinon la droite n'est pas définie).
Merci !
Je cherche à prouver de façon synthétique (donc pas de coordonnées ) que le centre du cercle inscrit est situé sur la droite d'Euler d'un triangle si et seulement si celui-ci est isocèle (et non équilatéral sinon la droite n'est pas définie).
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Si cette droite d'Euler $HGO$ passe par l'un des sommets du triangle $ABC$, mettons par $A$, alors la hauteur $AH$ est confondue avec la médiane $AG$, et le triangle $ABC$ est isocèle de sommet $A$. Le centre $I$ du cercle inscrit est situé lui aussi sur cette droite $AGHO$ qui est alors l'axe de symétrie du triangle $ABC$ : le triangle isocèle répond à la question.
Supposons dans la suite le triangle $ABC$ non isocèle.
Dans ce cas, la droite d'Euler $HGO$ ne passe par aucun des sommets $A$, $B$, $C$. Le théorème de l'angle inscrit dans le cercle circonscrit au triangle $ABC$ permet d'affirmer que : ${\widehat{\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AH}}}$$={\widehat{\overrightarrow{AO},\overrightarrow{AC}}}$. Il en résulte que la bissectrice intérieure de l'angle $(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})$ est la bissectrice intérieure de l'angle $(\overrightarrow{AH},\overrightarrow{AO})$ (faire la figure). Si $ I$ est aligné avec $ H$ et $G$, donc avec $H$ et $O$, alors ce point $I$ est le pied de la bissectrice intérieure de l'angle $A$ du (vrai) triangle $AOH$, et le Théorème de la Bissectrice dans ce triangle permet d'affirmer : $\frac{AH}{AO}=\frac{IH}{IO}$.
On a les mêmes propriétés relativement aux deux autres sommets $B$ et $C$, ce qui conduit à : $\frac{AH}{AO}=\frac{BH}{BO}=\frac{CH}{CO}=\frac{IH}{IO}$. Puisque $AO=BO=CO$, on en conclut : $AH=BH=CH$, et l'orthocentre $H$ est confondu avec $O$, et le triangle $ABC$ est équilatéral, ce qui est exclu par hypothèse.
La question a été posée dans la RMS, juin 1998, question Q341, p. 1170 : "Quels sont les triangles dans lesquels le centre du cercle inscrit, l’orthocentre et le centre de gravité sont alignés" ?
Question : on n'avait pas droit aux coordonnées, ... même barycentriques ?
Bonne soirée.
RC
.
Bon la réponse est évidemment non, donc je la transforme en une question plus sérieuse:
est-ce que pour toute triplet d, il existe un point p tel que pour tout triangle T, si d est le triplet d'Euler de T alors p est le centre du cercle inscrit dans T?
En appelant "triplet d'Euler" (a,b,c) d'un triangle T, les points a = intersection des médianes, b=intersection des hauteurs, c=point de concours des hauteurs
Mais une question plus intéressante serait : étant donné trois points $O,G,H$ tels que $\overrightarrow{OH}=3\overrightarrow{OG}$, déterminer le lieu des points $I$ qui sont les centres des cercles inscrits des triangles dont $O$ est le centre du cercle circonscrit, $G$ est le centre de gravité et $H$ est l'orthocentre.
Merci pour cette preuve que je n'aurais jamais trouvée.
Je crois qu'il y a une petite imprécision dans le deuxième paragraphe que tu as écrit Raymond. Un triangle dans lequel la droite d'Euler passe par un sommet est isocèle ou rectangle. En effet il n'est pas exclu que $A=H$ auquel cas la droite $(AH)$ n'est pas définie et la fin de ton raisonnement tombe en défaut.
Cela ne change en rien la suite pour le problème qui nous occupe.
Bonne soirée
Gilles
D'ailleurs j'en profite pour relancer un appel, bs cherchait l'article suivant, moi aussi. -D
Guinand, A. P. "Euler Lines, Tritangent Centers and Their Triangles." Amer. Math. Monthly 91, 290-300, 1984.
Avec les coordonnées barycentriques le déterminant dont les lignes sont les coordonnées de $I,G,O$ vaut $(a - b) (a - c) (b - c) (a + b + c)^2.$ Le résultat en découle facilement.
Voilà un résultat statistique:
j'ai tiré 10000 triangles pseudo-aléatoires $ABC$ , chaque
coordonnée de chaque sommet suivant une loi uniforme dans
l’intervalle $[0 ; 1]$, ($G$ est le centre de gravité et $H$ l'orthocentre
du triangle $ABC$), puis j'ai appliqué la similitude ramenant le
diamètre du cercle $[GH]$ horizontalement au milieu de la figure,
et celà donne ça:
Edit: Rétablissement de la figure.
Les points rouges sont bien sûr les positions du centre $I$ du cercle
inscrit dans le triangle $ABC$.
Et voilà l'article que Gilles et bs cherchaient:
Une autre démonstration. Il est suffisant de montrer que si $r$ est le rayon du cercle inscrit du triangle $\triangle ABC$, alors $aire[OIH] = \dfrac{1}{8r}(a-b)(b-c)(c-a)$ où $a=BC, b=AC, c=AB.$
Où qu'est-i' le triangle $ABC$ ?
Amicalement,
Swingmustard
J'ai rétabli l'image de la simulation qui avait disparu ci-dessus.
Cordialement,
Rescassol
Un des sommets du triangle se trouve trois carreaux au dessus de $I$.
Pour ceux qui voudraient se lancer dans des calculs, je recommande ce repère.
On y aura (bravo Ludwig !) $A(3, 12)$.
Merci Rescassol pour ce dessin ! Je n'arrive pas à comprendre l'incroyable effet d'ombre.
Que $I$ soit statistiquement plus proche de $G$ que de $H$, pourquoi pas : $I$ et $G$ restent toujours dans le triangle, tandis que $H$ se permet des excursions.
Mais que la répartition se fasse d'une manière aussi artistique m'épate.
Amicalement,
Swingmustard
Voir le paragraphe $8$ de ce document.
Cordialement,
Rescassol
Actuellement, j'applique à geogebra la construction proposée par Paul Yiu (voir fichier).
Je sens que je vais bloquer bêtement à la dernière étape :
[large]Construire une hyperbole équilatère dont nous avons les asymptotes et un point[/large] $H'$.
Quand on tape Hyperbole, le logiciel suggère
1) Hyperbole( <Foyer>, <Foyer>, <Longueur demi-Axe Principal> ),
2) Hyperbole( <Foyer>, <Foyer>, <segment> )
3) Hyperbole( <Point>, <Point>, <Point> )
Puisqu'on a ce point $H'$ de l'hyperbole, et les axes, j'ai "fabriqué" deux autres points (par symétries), et voulu appliquer la troisième option. Hélas, ggb interprète mes deux premiers points comme des foyers...
Sachant que $O'$ est le centre de l'hyperbole, avez-vous pour cette tâche une meilleure astuce que transformer par rotation l'équation $(x-x_{O'})(y-y_{O'})=(x_{H'}-x_{O'})(y_{H'}-y_{O'})$ ?
Amicalement,
Swingmustard
On peut alors placer les sommets $A$, $B$ et $C$ sur le cercle circonscrit sachant que les distances de ces points au centre du cercle inscrit sont exprimables en fonction de $a$, $b$, $c$ et $r$ (Pythagore).
Dans le fichier $I$ est un point déplaçable à l'intérieur du cercle orthocentroïdal.
J'ai modifié la figure en calculant "à la main" les racines de la cubique. Cela évite d'utiliser des listes de nombres (résultats de la commande solution(équation)) qui ralentissent les calculs. On peut maintenant tracer sans problème les lieux des sommets lorsque le centre du cercle inscrit se déplace, par exemple, sur un cercle de même centre que le cercle orthocentroïdal, pour voir ce que ça donne (figure ci-dessous). Et surtout faire varier ces lieux en fonction du rayon du cercle sur lequel se déplace $I$, ce qui était impossible avec les listes.
Reste un petit problème : j'ai placé $A$, $B$ et $C$ comme intersections de deux cercles. Il faut donc choisir les bonnes intersections, ce que j'ai fait. Mais j'ai constaté que la figure n'est pas stable (quoique là çà à l'air de tenir), car parfois ça "saute" d'intersection. Une idée pour avoir la bonne à coup sûr ?
Au sujet de "faire choisir à ggb l'intersection qui nous intéresse", j'ai parfois été satisfait avec "GarderSi(condition,variable,liste)". Par exemple GarderSi(M<>A,M,{intersection(E,F)}).
Mais tu sembles avoir déjà réglé la question, ou tu connais la commande, ou elle ne sert pas ici.
Enfin bon, c'était pour dire quelque chose...
Si quelqu'un a lu le papier de Yiu, qui (je crois) trouve les trois points comme "autres intersections d'un cercle et d'une hyperbole" et que ce quelqu'un s'y connaît "en degrés", peut-il m'expliquer s'il n'y a rien de magique à avoir
a) d'un côté une cubique (euh, celle que j'ai rencontrée en bleu est le lieu de $I$ en fonction des autres points de concours et du cercle circonscrit. Je n'ai pas encore pris le temps d'examiner si Ludwig parle de la même),
b) de l'autre deux coniques (passant par $A$, $B$, $C$) ?
Pour le cas particulier que j'ai proposé par hasard, il fait partie de la famille "plus simple" par laquelle Yiu démarre son étude : celle pour laquelle $OI=IH$. On a alors systématiquement $\widehat A = 60°$.
L'espoir de trouver d'autres triangles ayant leurs points de concours entiers et au moins un sommet entier m'avait un peu abandonné, mais grâce aux formules de Ludwig, il va peut-être renaître.
Amicalement,
Swingmustard
$-4 \; x \; \left(\operatorname{cos} \left( \theta \right) + 1 \right) + 2 \; \left(x^{2} + y^{2} \right) \; \left(-\operatorname{cos} \left( \theta \right) + 2 \; \operatorname{cos} ^{2}\left( \theta \right) + 2 \right) + 16 \; x^{2} \; \operatorname{cos} \left( \theta \right) + \left(2 \; \operatorname{cos} \left( \theta \right) + 1 \right)^{2} \; \left(2 \; \operatorname{cos} \left( \theta \right) - 1 \right) \; \left(x^{2} + y^{2} \right)^{2} - 8 \; x \; \operatorname{cos} \left( \theta \right) \; \left(2 \; \operatorname{cos} \left( \theta \right) + 1 \right) \; \left(x^{2} + y^{2} \right) + 1 = 0$
Un logiciel devrait savoir faire ça ?
Voila une construction utilisant l'hyperbole.
Les pointillés bleus font la construction de la figure 1 de l'article de Paul Yiu.
On a alors $F$ et son antigonal $F'$ dans le cercle d'Euler.
Les droites respectivement orthogonale et parallèle à $(OI)$ passant par $F$ et $F'$ sont les asymptotes de l'hyperbole et se coupent en $O'$ sur le cercle d'Euler. Ce point est le centre de l'hyperbole.
Pour la tracer, il faut $5$ points. On a $H$ et son symétrique $H'$ par rapport à $O'$. L'hyperbole recoupe la droite $(OI)$ en un point $K$ tel que $\overrightarrow{OK}=\dfrac{2NI+2r}{2NI+r}\overrightarrow{OI}$, où $r$ est le rayon du cercle inscrit.
On a enfin son symétrique $K'$ par rapport à $O'$ et son symétrique $K"$ par rapport à une bissectrice bien choisie des asymptotes.
On n'a plus qu'à utiliser l'outil "Conique 5 points" de Géogébra.
Avec Morley inscrit, l'hyperbole (équilatère) a pour équation:
$s_2^2(s_3-s_1s_2)z^2 - s_1^2s_3^2(s_3-s_1s_2)\overline{z}^2 + 2(s_2^4-s_1^2s_3^2)z - 2s_3^2(s_1^4-s_2^2)\overline{z} + 4s_3(s_1^3s_3-s_2^3)=0$
Elle est l'isogonale par rapport au triangle $ABC$ du diamètre du cercle circonscrit parallèle à $(NI)$.
Cordialement,
Rescassol
You made my sunday !
Amicalement,
Swingmustard
On utilise Lubin(2), c'est à dire que l'on pose $ \def\etc{,\:\mathrm{etc}} z_{A}=\alpha^{2}\etc$ On utilise une similitude $\psi$ pour envoyer $O$ sur $-1$ et $H$ sur $+1$. Cette collinéation laisse invariant chaque ombilic. On a donc 4 points et leurs images. On trouve: \[ \boxed{\psi}\simeq\left[\begin{array}{ccc} \dfrac{2}{s_{1}^{2}-2\,s_{2}} & -1 & 0\\ 0 & +1 & 0\\ 0 & -1 & \dfrac{2\,s_{3}^{2}}{-2\,s_{1}\,s_{3}+s_{2}^{2}} \end{array}\right] \]
On lit le papier de Guinand et l'on voit tout l'intérêt de considérer le polynôme \[ P\left(X\right)\doteq X^{3}-X^{2}\left(\frac{3}{2}-\dfrac{2\,\sigma}{\rho}\right)+X\left(\dfrac{2\,\sigma\left(\sigma-\kappa\right)}{\rho^{2}}-\dfrac{3\,\sigma}{\rho}+\frac{3}{4}\right)-\frac{1}{8}+\dfrac{2\,\sigma\,\kappa}{\rho^{2}} \] Lorsque $\rho=\left|OI_{0}\right|^{2}$, $\sigma=\left|NI_{0}\right|^{2}$ et $\kappa=\left|ON\right|^{2}$, les racines de $P$ sont les trois $\cos A\etc$. Lorsque $\alpha$ est changé en $-\alpha$, $I_{0}$ devient $I_{a}$ et les racines de $P$ deviennent $\cos A,\,-\cos B,\,-\cos C.$ Cela se vérifie facilement en utilisant des barycentriques et la formule d'Al-Kahi. Comme toutes les racines doivent être réelles, nous devons avoir:
\[ 0\geq\Delta\left(P\right)=16\,\dfrac{\sigma^{2}\,S^{2}\left(\rho,\sigma,\kappa\right)}{\rho^{6}}\,\left(32\,\sigma\,\kappa-27\,\rho^{2}+40\,\sigma\,\rho-16\,\sigma^{2}\right) \] On passe au plan des $\psi\left(I\right)$ en substituant \[
\def\vz{\mathrm{\mathbf{Z}}} \def\vzz{\overline{\mathcal{Z}}} \def\vt{\mathrm{\mathbf{T}}} \def\ptv{~;~}
\rho=\left(\vzz+\vt\right)\left(\vz+\vt\right)/\vt^{2}\ptv\sigma=\vz\vzz/\vt^{2}\ptv\kappa=1 \] dans le dernier facteur. Cela donne la "quartique d'exclusion" $\psi\left(\Phi\right)$.
Aucun $I_m = \psi\left(I\right)$ d'un centre in-exinscrit peut venir à l'intérieur de la zone limitée par $\psi(\Phi)$. Si l'on génère "un paquet" de $\alpha,\beta,\gamma$ sur le cercle unité, et que l'on place les points \[ \psi\left(I\right)=\dfrac{s_{1}^{2}}{2\,s_{2}-s_{1}^{2}}=-\dfrac{\left(\alpha+\beta+\gamma\right)^{2}}{\alpha^{2}+\beta^{2}+\gamma^{2}} \] on obtient la figure ci-dessous.
L'article de Paul Yu construit la réciproque. On se donne $\psi\left(I\right)\simeq z:t:\zeta$. On contruit $G_{u}=\dfrac{t^{2}+z^{2}}{2\,t\,z}$ (le futur point gugulique). Comme $2G_{u}=\frac{z}{t}+\frac{t}{z}$, c'est le milieu entre $\psi\left(I\right)$ et l'image de ce point par une reflexion dans le cercle $\left[\psi\left(O\right),\psi\left(H\right)\right]$ suivie d'une symetrie wrt l'axe horizontal (la droite d'Euler).
L'antécédent de $G_{u}$ est \[ \psi^{-1}\left(G_{u}\right)=\boxed{\psi^{-1}}\cdot G_{u}\simeq-\dfrac{s_{2}^{2}}{s_{1}^{2}}:1:-\dfrac{s_{1}^{2}}{s_{2}^{2}}=X(953) \] On sait que X(953) est l'isogonal de X(952), qui est le point à l'infini de X(1)X(5)$=\left(NI\right)$. Donc $G_{u}$ est sur $\psi\left(\Gamma\right)$, permettant de tracer ce cercle. On a: \[ \psi\left(\Gamma\right):\;\dfrac{\left(\vzz+\vt\right)\left(\vz+\vt\right)}{\vt^{2}}-\dfrac{\left(t+\zeta\right)^{2}\left(t+z\right)^{2}}{4\,\zeta\,z\,t^{2}} \]
Remarque: sur la figure, $I_{m}$ est hors le cercle orthocentroidal, donc $I_{m}$ est un excenter, et $G_{u}$ est seulement un associé de X(953). Mais ce n'est pas un problème: tous quatre sont sur le circonscrit.
Par ailleurs, $H,O$ sont isogonaux. Donc $A,B,C$ font partie des points $M$ tels que: \[ \mathrm{tanpts}\left(M,\,H,\,I\right)+\mathrm{tanpts}\left(M,\,O,\,I\right)=0 \] Et donc $\psi\left(A\right)\etc$ sont sur la cubique $
\def\kubyu{\mathcal{K}_{s}} \def\hyph{\mathcal{H}}
\kubyu$ caractérisée par la relation : \[ \mathrm{tanpts}\left(M,\,-1,\,I_m\right)+\mathrm{tanpts}\left(M,\,+1,\,I_m \right)=0 \]
\[ 2t\,\vz\vzz\,\left(\vz\zeta-\vzz\,z\right)-\left(\vz^{2}\left(t^{2}+\zeta^{2}\right)-\vzz^{2}\left(t^{2}+z^{2}\right)\right)\vt+2\,t\,\left(\vz z-\vzz\,\zeta\right)\vt^{2}-\left(z^{2}-\zeta^{2}\right)\vt^{3}=0 \] Les intersections entre $\psi\left(\Gamma\right)$ et $\kubyu$ sont au nombre de 6, dont les ombilics et $G_{u}$. Il reste trois points, qui sont les sommets du triangle cherché.
Ensuite de quoi, Paul Yiu nous évite de construire la cubique en introduisant une courbe de degré inférieur. On peut en effet trouver $a,b,c$ de sorte que $\left[a,b,c\right]$ passe par $\psi\left(H\right)$ et que \[ \hyph\doteq\kubyu-\left(a\vz+b\vt+c\vzz\right)\times\psi\left(\Gamma\right) \] soit une courbe de degré deux. On obtient une conique $\hyph$ qui passe par $\psi\left(H\right)$. On vérifie qu'il s'agit d'une hyperbole équilatère (cela doit être). Son centre est $U=\left(\psi\left(H\right)+G_{u}\right)/2$ et ses points à l'infini sont les $i^{k}\,\dfrac{t+z}{t+\zeta}$.
On reconnait la direction de la droite $\left(\psi\left(O\right),\psi\left(I\right)\right)\simeq[t+\zeta,\,\zeta-z,\,-t-z]$. Pour Geogebra,
(1) on construit les asymptotes par asy_1=line(U,line(O,I_m)) et permendiculaire.
(2) Puis on projette $H$ sur les asymptotes en $H\_1, H\_2$.
(3) Puis on prend trois points M_x=U+x*(H_1-U)+(1/x)*(H_2-U).
(4) Et l'on trace conic(H, G_u, M_3, M_4, M_5). On peut toujours chercher plus compliqué (par exemple écrire une macro qui fasse cela).
Et alors, on constate que le cercle et l'hyperbole se coupent en quatre points dont $G_{u}$... lorsque $I_{m}$ est en dehors de la zone d'exclusion. Ce sont les trois sommets cherchés.
Cordialement, Pierre.
Comment restreindre au disque orthocentroïdal le tracé des courbes correspondants aux lieux de $I$ tels que $ABC$ possède un angle donné ? (l'équation est donnée dans l'article de Guinand, sous forme implicite).
On peut toujours utiliser l'outil lieu, mais avec la commande courbe de geogebra ? Il semble que ce ne soit pas possible. Par exemple comment tracer $x^2+y^2=1$ dans la bande $-0.5<x<0.5$.. mystère et boule de gomme.
J'aimerais reproduire le plus proprement possible sa figure 2 de son article.
je viens de parcourir ce fil...
Une preuve synthétique du problème initial a-t-elle été donnée? peut-être que je suis passé à côté?
Sincèrement
Jean-Louis
edit : sur cette image les courbes sont tracées à partir de l'équation donnée par Guinand, c'est-à-dire de façon implicite. L'algorithme GGB n'est pas très performant, à gauche on voit bien qu'il manque des petits bouts de courbe aux croisements, près de la droite $(GH)$. On peut obtenir un rendu parfait en utilisant un paramétrage de la courbe : il suffit de considérer les droites qui passent par le croisement de cette courbe (i.e. le point d'abscisse $\frac{1}{1+2\cos( \theta)} $, $\theta$ étant l'angle fixe du triangle. Je ne poste pas les formules elles sont inbuvables mais ça marche bien (voir l'animation en dessous).
Il me semble que la solution de Raymond Cordier, dans le troisième message de cette discussion, devrait répondre à votre attente ...
Il m'est venu aussi l'idée suivante : trouver, dans le cas général, une expression des angles du triangle HIO (ou de leurs cosinus) en fonction de ceux du triangle ABC, et voir ce qu'ils deviennent quand ABC est isocèle ...
Bien cordialement
JLB
Jelobreuil, à défaut des angles du triangle $HIO$, voilà les longueurs de ses côtés en fonction des fonctions symétriques des longueurs des côtés de $ABC$, c'est à dire $s_1=a+b+c,s_2=ab+bc+ca,s_3=abc$:
$OH^2=-\dfrac{s_1^6 - 6s_1^4s_2 + 8s_1^3s_3 + 8s_1^2s_2^2 - 16s_1s_2s_3 + 9s_3^2}{s_1(s_1^3 - 4s_2s_1 + 8s_3)}$
$IO^2=-\dfrac{s_3(s_1^3 - 4s_2s_1 + 9s_3)}{s_1(s_1^3 - 4s_2s_1 + 8s_3)}$
$IH^2=-\dfrac{s_1^6 - 7s_1^4s_2 + 12s_1^3s_3 + 12s_1^2s_2^2 - 40s_1s_2s_3 + 36s_3^2}{s_1(s_1^3 - 4s_2s_1 + 8s_3)}$
Cordialement,
Rescassol
J'ai ensuite construit le triangle $ABC$ correspondant. Le problème étant que ses dimensions peuvent croître à l'infini j'ai ramené ce triangle dans le disque via une translation suivie d'une homothétie, de sorte que le triangle image à pour cercle circonscrit le cercle orthocentroïdal de diamètre $[GH]$. On peut ainsi suivre complètement l'évolution de la forme du triangle $ABC$ lorsqu'on déplace le point $I$, on voit par exemple qu'il devient équilatéral lorsque $I$ se rapproche de $N$.
Pour aider à faire le lien avec le triangle $ABC$ j'ai ajouté les centres $o$, $g$ $h$ et $i$ du triangle image, et laisser les centres $O$, $G$ et $H$ initiaux.
J'ai apporté une amélioration très appréciable à la figure : désormais on peut déplacer $I$ sur les lignes d'angle constant. Pour cela il suffit de cliquer sur une de ces trois lignes pour en rendre $I$ solidaire. Un deuxième clic et vous le rendrez à nouveau libre dans le disque orthocentroïdal. Et pas besoin de désolidariser le point d'une ligne pour le solidariser à une autre. Vraiment extra cette figure je suis bien content (:P)
Comme on dit aux chiffres et aux lettres pour ne pas avouer qu'on n'a pas autant : "pas mieux" !
Amicalement,
Swingmustard
Il faut être dans le bon secteur angulaire, donc un des deux contenant l'hyperbole, par exemple celui contenant $K'$.
Cordialement,
Rescassol
J'étudierai ce que tu dis plus tard. En attendant, peut-être mon ggb pourra-t-il t'aider.
Cordialement,
Rescassol
Ohlala, c'est long !
[size=large]1. Paul Yiu[/size]
On reprend du début, avec l'intention de lever les indéterminations apparaissant dans le premier Geogebra proposé par Ludwig. On utilise Lubin(2), c'est à dire que l'on pose $ \def\etc{,\:\mathrm{etc}} z_{A}=\alpha^{2}\etc$ On utilise une similitude $\psi$ pour envoyer $O$ sur $-1$ et $H$ sur $+1$. Cette collinéation laisse invariant chaque ombilic. On a donc 4 points et leurs images. On trouve: \[ \boxed{\psi}\simeq\left[\begin{array}{ccc} \dfrac{2}{s_{1}^{2}-2\,s_{2}} & -1 & 0\\ 0 & +1 & 0\\ 0 & -1 & \dfrac{2\,s_{3}^{2}}{-2\,s_{1}\,s_{3}+s_{2}^{2}} \end{array}\right] \] et cela donne: \[ I_{s},O_{s},G_{s},H_{s},N_{s}\simeq\left(\begin{array}{c} z\\ t\\ \zeta \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} \dfrac{-s_{1}^{2}}{s_{1}^{2}-2\,s_{2}}\\ 1\\ \dfrac{-s_{2}^{2}}{s_{2}^{2}-2\,s_{1}\,s_{3}} \end{array}\right),\;\left(\begin{array}{c} -1\\ 1\\ -1 \end{array}\right),\;\left(\begin{array}{c} -1\\ 3\\ -1 \end{array}\right),\;\left(\begin{array}{c} 1\\ 1\\ 1 \end{array}\right),\;\left(\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0 \end{array}\right) \]
On peut donc réécrire toutes les expressions symétriques en utilisant: \[ \left\{ s_{2}=s_{1}^{2}\;\dfrac{\left(t+z\right)}{2\,z},\;s_{3}=s_{1}^{3}\,\dfrac{\left(t+z\right)^{2}\left(t+\zeta\right)}{8\,z^{2}\zeta}\right\} \] On remarquera que ceci ne préjuge en rien de la nature du point $I$ choisi parmi les quatre centres in-exinscrits. Simplement, les formules s'appliqueront à celui des quatre Lemoine-conjugués associés au point $I$ choisi.
On se donne $I\simeq z:t:\zeta$. On construit $J\doteq1/z:1/t:1/\zeta$ par symétrie wrt le cercle $\left[O,\,H\right]$, qui est le cercle unité, suivi d'une symétrie wrt la droite d'Euler (qui est l'axe horizontal). $J$ n'est autre que X(34464). Puis construit $G_{u}\doteq\left(I+J\right)/2=\dfrac{t^{2}+z^{2}}{2\,t\,z}$. C'est X(953), notre futur point gugulique. Et on trace donc $\mathrm{circle}\left(O,G_{u}\right)$, qui est notre futur cercle circonscrit.
Pour tracer la RH de Paul Yiu, on place $U=\left(H+G_{u}\right)/2$, $asy_{1}=\mathrm{line}(U,\,\mathrm{line}(O,I))$, $asy_{2}=\mathrm{perpendicularline}(U,\,\mathrm{asy_{1}})$. On considère la projection $L_{0}$ de $I$ sur la droite d'Euler, soit $L_{0}=z+\zeta:2:z+\zeta$. C'est X(3109). On prend ensuite son inverse par rapport au cercle circonscrit. Cela donne $V=$X(859). Pour tracer notre conique avec l'outil 5 points, il ne suffisait pas des quatre répliques de $H$ par symétrie par rapport aux axes (Ste Gudule, orientatrice des axes). On utilise donc $H_{y}=Conic\left(H,G_{u},V,V_{1},V_{2}\right)$. Et cela donne les trois sommets cherchés.
[size=large]2. Les quartiques[/size]
Le polynôme ayant les trois cosinus pour racines s'écrit successivement: \begin{eqnarray*} P\left(X\right) & \doteq & \left(X-\cos A\right)\left(X-\cos B\right)\left(X-\cos C\right)\\ & = & \left(\begin{gathered}X^{3}+\dfrac{s_{1}\,s_{2}\,s_{3}-3\,s_{3}^{2}}{2\,s_{3}^{2}}\,X^{2}+\dfrac{s_{1}^{3}s_{3}-5\,s_{1}\,s_{2}\,s_{3}+s_{2}^{3}+3\,s_{3}^{2}}{4\,s_{3}^{2}}\,X\\ +\dfrac{-2\,s_{1}^{3}s_{3}+s_{1}^{2}s_{2}^{2}+4\,s_{1}\,s_{2}\,s_{3}-2\,s_{2}^{3}-s_{3}^{2}}{8s_{3}^{2}} \end{gathered} \right)\\ & = & P\left(z,t,\zeta,X\right) \end{eqnarray*}
Dans Geogebra, on definit une fonction ${\rm fun}(x)$ par le résultat de $\rm{collect(subs(X=x, P),x,real)}$. Il faut que la variable soit $x$ et que les coefficients soient typés $real$ (il ne suffit pas que la partie imaginaire soit nulle). Ensuite, on récupère les racines et les angles par
$\rm{solux=\{Root(fun)\} ; x\_1 = x(Element[solux, 1]), etc. } $
$\rm{alpha = acosd(x\_3), beta = acosd(x\_2), gamma = acosd(x\_1)}$
En effet, Root fournit la liste des points d'intersection de la courbe $y=fun(x)$ et de la courbe $y=0$. On remarque que $\alpha,\beta,\gamma$ sont compris dans $\left[0°,180°\right]$: il n'est pas tenu compte d'une éventuelle orientation de ces angles.
Renversant le point de vue, on peut considérer que, à $\lambda$ fixé, $P_{\lambda}\left(M\right)\doteq P\left(z,t,\zeta,\lambda\right)=0$ est l'équation implicite du lieu d'un point $M$. Les points de gradient nul sont: \[ \left(\begin{array}{c} 1-2\,\lambda\\ 1+2\,\lambda\\ 1-2\,\lambda \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} 2-\lambda\\ \lambda\\ 2-\lambda \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} 0\\ \lambda\left(2\,\lambda-3\right)\\ \left(2\,\lambda-1\right)\left(2-\lambda\right) \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} \left(2\,\lambda-1\right)\left(2-\lambda\right)\\ \lambda\left(2\,\lambda-3\right)\\ 0 \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0 \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} -1\\ 0\\ 1 \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1 \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0 \end{array}\right) \] Dans le cas $\lambda=+1/2$, la courbe dégénère en 4 droites. Dans le cas $\lambda=-1/2$, la courbe dégénère en $
\def\rr{\mathbb{R}} \def\linfz{\mathcal{L}_{z}} \linfz
$ (double) et une conique. Dans tous les autres cas, on substitue $y=\vartheta\left(x-\left(1-2\lambda\right)/\left(1+2\lambda\right)\right)$ dans $z/t=x+i\,y$ et on obtient la paramétrisation: \[ \left[\begin{gathered}W=\pm\sqrt{\left(2-2\,\lambda\right)\left(\left(2\,\lambda-1\right)^{2}\,\theta^{2}+\left(2\lambda+1\right)^{2}\right)}\\ x=\frac{1-2\lambda}{1+2\lambda}+\dfrac{2\,\left(W+2\right)}{\left(4\,\lambda^{2}-1\right)\left(\theta^{2}+1\right)},\;y=\dfrac{2\,\theta\,\left(W+2\right)}{\left(4\,\lambda^{2}-1\right)\left(\theta^{2}+1\right)},\;\theta\in\rr \end{gathered} \right] \]
On trace les courbes et on constate que les trois passent par le point $I_{m}$, tandis que chacune d'elle passe par l'un des trois autres in-excenters. On trace les trois autres courbes, et l'on constate que chacune des six courbes passe par deux in-excenters.
[size=large]3. Zone d'exclusion[/size]
Le discriminant en $X$ du polynôme $P\left(z,t,\zeta,X\right)$ est le produit d'un carré par $P\left(z,t,\zeta,-1\right)$. On en déduit la courbe d'exclusion \[ \def\vz{\mathrm{\mathbf{Z}}} \def\vzz{\overline{\mathcal{Z}}} \def\vt{\mathrm{\mathbf{T}}} 3\,\vz^{2}\vzz^{2}+14\,\vz\vzz\,\left(\vz+\vzz\right)\vt+\left(27\,\vz^{2}+36\,\vz\vzz+27\,\vzz^{2}\right)\vt^{2}+\left(54\,\vz+54\,\vzz\right)\vt^{3}+27\,\vt^{4} \] On en a déjà donné une paramétrisation. On remarquera que les points critiques sont les ombilics et $-3:1:-3$, autrement dit $4N-3H=$X(20), le point de Longchamps. Il compte double, c'est un rebroussement.
[size=large]4. La transformation continue[/size]
Il est tentant d'utiliser les relations "usuelles". Et alors, on ne peut que constater que les "relations élémentaires" sont fausses quasiment une par une. En effet, elles consistent souvent à faire des choix de branches algébriques, et ces choix ne survivent pas lorsqu'on déplace librement le point $I$.
Pour ce qui est de la relation entre les trois angles, on a
\begin{align*} \left(1+\cos\left(A+B+C\right)\right)\prod_{3}\left(1+\cos\left(B+C-A\right)\right) & =\\ & =\left(2\,\cos A\,\cos B\,\cos C+\cos^{2}A+\cos^{2}B+\cos^{2}C-1\right)^{2}\\ & =\left(2\,s_{3}-2\,s_{2}+s_{1}^{2}-1\right)^{2}=0 \end{align*} comme on le vérifie aisément à l'aide des relations coefficients-racines. Autrement dit, les $\alpha,\beta,\gamma$ associés au centre $I$ sont ou bien $A,B,C$ ou bien l'un des trois $-A,\pi-B,\pi-C\etc$.
On remarquera que les formules $a=2R\,\sin\alpha\etc$ en deviennent "encore plus vraies qu'avant". En effet la transformation de Lemoine consiste à changer l'un des signes des longueurs des côtés $a,b,c$.
[size=large]5. Le geogebra n° 1 de Ludwig[/size]
En cours de calcul, il y a les équations \begin{alignat*}{2} r & =\dfrac{R^{2}-OI^{2}}{2R} & & \equiv R\,\dfrac{s_{3}-s_{1}\,s_{2}}{2\,s_{3}}\\ s & =\sqrt{9\,IG^{2}-8\,OI^{2}+8\,R^{2}-5\,r^{2}} & & \equiv\dfrac{-R\:s_{4}}{2\,s_{3}}\\ \Delta & =q.s.p. & & \equiv\dfrac{\left(b-c\right)\left(c-a\right)\left(a-b\right)}{R^{3}} \end{alignat*} Donc quand l'orientation du triangle se renverse ($s_{4}$), la formule $s=\sqrt{\cdots }$ conduit à un changement de branche pour $s$. De même lorsque $\Delta$ passe par $0$. Autant dire que synchroniser les racines du polynôme en $\cos A,\,\cos B,\,\cos C$ avec les racines du polynôme en $\left|a\right|,\left|b\right|,\left|c\right|$ ne risque pas d'être une tâche aisée.
Au passage, $IA=\mathrm{Circle}[I,\,\mathrm{sqrt}(r^{2}+(s-b)^{2})]$ semble être un vestige d'une renumérotation.
On en revient au 11ème commandement: "Tu n'éviteras pas le point Gudulique".
Cordialement, Pierre.
ci-dessous: une vue de près, une vue d'un peu plus loin.
Long et pas facile ! :-S Pas sûr d'avoir bien compris la synchronisation dont tu parles mais elle rejoint peut-être un problème sur lequel je bute avec ma figure, celui d'une permutation des courbes d'angle constant lorsque je déplace le point $I$. Et à force de changer les paramètres de mon fichier je me dis qu'il y a peut-être l'action d'un groupe à envisager. Mais possible que je raconte des bêtises.
La figure de mon premier fichier n'était que partiellement correcte, elle ne donnait pas le bon triangle lorsque $I$ passait de l'autre côté de la droite d'Euler (i.e. $y<0$). Idem pour les suivants, qui avaient aussi un problème de "saut" des courbes lorsque $I$ franchissait $y=0$ ou bien $x=0.5$ (l'abscisse de $N$). J'ai résolu ce problème en empêchant le $cos(\theta)$ de bouger lorsque $I$ se déplace sur la courbe associée. Mais il reste encore ce problème de permutation..
Une fois construite l'hyperbole, comment faire choisir au logiciel les bons points d'intersection avec le cercle circonscrit ? Je n'ai pas trouvé de méthode géométrique. Par contre j'ai trouvé une solution radicale pour ma méthode de construction (intersections avec le cercle circonscrit des trois cercles centrés sur $I$, de rayons $IA$, $IB$, $IC$ calculés en fonction de $a$, $b$, $c$, $r$ et $R$) : j'ai rassemblé dans une liste les huit triangles possibles puis éliminer les sept dont les centres ne sont pas $H$ et $I$. C'est un peu laborieux mais ça marche bien, et cela peut bien sûr s'appliquer à la construction avec hyperbole. Au passage j'ai constaté quelque chose qui pourrait simplifier ce tri et que je pose ici sous la forme d'un problème (je n'ai pas la solution) : on se donne les centres $O$, $G$, $H$ et $I$ et on effectue la construction dont je viens de parler. Est-il vrai que le triangle solution est, parmi les huit, un des deux qui a la plus grande aire ? (et ces deux ont aussi semblent-ils le plus grand périmètre).
Ci-joint ma figure actuelle.
Amicalement,
Ludwig
Il y a un groupe: oui, c'est le groupe de Klein des trois transformations de Lemoine
\[ \begin{array}{c|ccc|ccc} centre & & & \\ \hline I_{0} & a & b & c & A & B & C\\ I_{a} & -a & b & c & -A & \pi-B & \pi-C\\ I_{b} & a & -b & c & \pi-A & -B & \pi-C\\ I_{c} & a & b & -c & \pi-A & \pi-B & -C \end{array} \]
Comme $\cos\left(A\right)=\cos\left(-A\right)$, la courbe $X=\cos\left(A\right)$ passe par $I_{0}$ et $I_{a}$, et ainsi de suite. Quatre points, six courbes. Sur le modèle $\dfrac{4\left(4-1\right)}{2}=6$. C'est la symétrie des coordonnées projectives qui fait que changer $a$ et changer $b$ revient à changer $c$.
Cordialement, Pierre.
Je prends pour centre du cercle inscrit un point $I$ du segment $[MN]$, où $M$ est un point du cercle orthocentroïdal et $N$ le centre du cercle des neuf points. Lorsque $I$ tend vers $M$ le triangle $ABC$ dont les centres sont $O$, $G$, $H$ et $I$ (notations habituelles) s'écrase sur la droite $(GM)$. Et lorsque $I$ tend vers $N$ ce triangle $ABC$ devient équilatéral. Mais il ne le devient pas n'importe comment : ses dimensions tendent certes vers l'infini mais son orientation par rapport à la droite d'Euler converge.
Soit donc $\alpha=\widehat{HNM}$. On demande de calculer, en fonction de $\alpha$, la limite quand $I$ tend vers $N$ de l'angle $\widehat{HNA}$.
On décrit les points du circonscrit par $O+\tau R$ (où $\tau$ est un turn), et on écrit que ce point est sur l'hyperbole. On récupère une équation du 4ème degré en $\tau$. On en déduit le produit des 4 $\tau$-racines: $\pi_{4}=-\left(z+t\right)^{2}\div\left(\zeta+t\right)^{2}$. Mais on connait l'une d'entre elles, qui est $\tau\left(G_{u}\right)=\sqrt{\zeta\div z}\left(z+t\right)\div\left(\zeta+t\right)$. Il reste à écrire que $M$ est sur le cercle orthocentroidal et que $I$ est confiné sur la droite $NM$. On obtient:
\[
\def\ptv{~;~}
I\simeq\left(\begin{array}{c} x\left(1+2\,\kappa^{2}\right)\\ 3\\ x\left(1+\dfrac{2}{\kappa^{2}}\right) \end{array}\right)\ptv\tau_{A}\tau_{B}\tau_{C}=-\dfrac{z+t}{\zeta+t}\,\sqrt{\dfrac{z}{\zeta}}\ptv\lim_{x\rightarrow0}\left( \tau_{A}\tau_{B}\tau_{C} \right)=-\kappa\sqrt{\dfrac{1+2\,\kappa^{2}}{\kappa^{2}+2}} \] Bien entendu, le lecteur ... qui avait déjà remarqué que $x$ (qui sert à décrire une droite) se conjuguait à la façon des réels, tandis que $\kappa$ (qui sert à décrire un cercle) se conjuguait à la façon des turns... aura compris de lui-même que $\sqrt[3]{\tau_{A}\tau_{B}\tau_{C}}$ décrit les orientations des axes d'un triangle équilatéral.
Autre méthode: On "prend la limite de l'équation en $\tau$" pour $x\rightarrow0$, on divise par $\left(\tau-\lim\tau\left(G_{u}\right)\right)$ et on obtient l'équation: \[ \tau^{3}=-\kappa\sqrt{\dfrac{1+2\,\kappa^{2}}{\kappa^{2}+2}} \] redonnant la preuve de l'équilatéralitude à la limite, en plus de fixer l'orientation.
Cordialement, Pierre
Est-ce que cela correspond à mon résultat, que j'ai trouvé de façon expérimentale ? En procédant ainsi : pour placer $I$ je trace un cercle de rayon très petit centré sur $N$ (j'ai pris un rayon de $0.005$, au-delà GGB plante). Ensuite je ramène le triangle $ABC$ dans le cercle orthocentroïdal via une similitude, plus pratique. Je mesure l'angle $\beta=\widehat{HNA}$ puis je place le point de coordonnées $(\alpha;\beta$ (à un facteur $100$ pour que ça rentre dans le cadre. Puis je demande la trace de ce point (l'outil lieu ne fonctionne pas ici) lorsque $M$ varie (voir figure). Bon visiblement c'est une portion de droite, ayant environ le nombre $0,6$ comme ordonnée à l'origine et une pente d'environ $0,332$.
Pour conclure je fais une sorte d'analyse dimensionnelle :)o (je sais que ça ne tient pas la route mais bon) : on parle d'équilatéral, donc à quoi voulez-vous que ces constantes correspondent sinon à $60°$ et $ \frac{1}{3} $ ? Ok tout ça ne ressemble ni de près ni de loin ne serait-ce qu'à un début de preuve, mais au moins je propose quelque chose : $\beta= \frac{\pi+ \alpha} {3} $ (pour $\alpha$ compris entre $0$ et $\pi$).
On se place dans la figure "transfigurée", celle où $H,O,G,N$ sont fixes et $I=z0:t0:zz0$ est l'objet mobile principal. Remarque: zz0 se lit "zhéta 0".
On calcule le point gudulique comme déjà indiqué, en utilisant $G_u=(J+I)/2$. Cela donne le rayon du circonscrit.
Comme cette relation est générale, elle reste vraie lorsque les événements s'equilatéralizent.
Cordialement, Pierre.
$$
\def\ptv{~;~}
I\simeq\left( \begin{array}{c} x \kappa^{+1} \\ 1 \\ x\, \kappa^{-1} \end{array} \right) $$ Et on prend le terme dominant (en $x$) de l'équation en $\tau$ donnant les quatre intersections. Il vient:
$$ \left( {\tau}^{3}+{\kappa} \right) \left( 1 - \tau\,{\kappa} \right) $$
Que pouvait-on espérer de plus clair ?
Cordialement, Pierre