triangle rectangle isocèle

bonjour ,

bloquant sur cet exercice depuis pas mal de temps , je souhaiterais avoir un peu d'aide ou une piste .
Voir sujet sur le schéma .
Après avoir rajouté les points M , N , I et J puis démontré que les points P , Q , M et N étaient cocycliques , je pensais pouvoir démontrer que I et J étaient aussi sur ce même cercle . Et je n'y arrive pas .

Cordialement56696

Réponses

  • Ce n'est pas ce qui t'est demandé dans la consigne. Admets-tu que certaines égalités d'angles ou de distances entrainent isométries ou similarités des certains triangles ou pas?
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • Quelles informations a-t-on sur le triangle ABC ?
  • Bonjour,

    Soland, le résultat est vrai quel que soit le triangle $ABC$.

    Cordialement,

    Rescassol
  • Le triangle ABC est bien quelconque .
    J'ai bien vu la similitude de centre C qui envoie A sur B , Q sur P , M sur N et la droite MI sur NJ mais je n'ai pu en tirer aucune conclusion fertile .
    @ christophe c "Ce n'est pas ce qui t'est demandé dans la consigne" . Non , c'était pour expliquer la démarche que j'empruntais mais qui ne mène pas loin .
  • Bonne nuit,

    Voilà (c'est faisable à la main, mais j'ai eu la flemme):
    clc, clear all, close all
    
    syms a b c;
    syms aB bB cB; % Conjugués
    
    aB=1/a;
    bB=1/b;
    cB=1/c;
    
    %-----------------------------------------------------------------------
    
    syms rac real % rac=sqrt(3), Matlab n'aime pas mélanger les racines et le formel
    
    ap=(c+b*rac)/(1+rac); % Barycentre de C(1) et B(rac)
    bp=(c+a*rac)/(1+rac); % Barycentre de C(1) et A(rac)
    cp=(a+b)/2;       % Milieu de [AB]
    
    apB=(cB+bB*rac)/(1+rac); % Conjugués
    bpB=(cB+aB*rac)/(1+rac);
    cpB=(aB+bB)/2;
    
    p=ap+i*(b-ap);   % Rotation de centre A' et d'angle pi/2 (P est l'image de B)
    q=bp-i*(a-bp);   % Rotation de centre B' et d'angle -pi/2 (Q est l'image de A)
    r=cp+i*(2-rac)*(a-cp); % Similitude de centre C', d'angle pi/2 et de rapport tan(pi/12)=2-rac (R est l'image de A)
    
    pB=apB-i*(bB-apB);  % Conjugués
    qB=bpB+i*(aB-bpB);  
    rB=cpB-i*(2-rac)*(aB-cpB); 
    
    pr2=factor((p-r)*(pB-rB)) % Carrés des côtés de PQR
    qr2=factor((q-r)*(qB-rB))
    pq2=factor((p-q)*(pB-qB))
    
    Nul1=factor(pr2-qr2) % Pour voir si PQR est isocèle
    
    % On trouve ((rac^2 - 3)*(a - b)*(c^2 - a*b))/(a*b*c*(rac + 1)^2)
    % qui est nul puisque rac=sqrt(3)
    
    Nul2=factor(pr2+qr2-pq2) % Pythagore
    
    % On trouve: 
    % ((rac^2 - 3)*(a - b)*(a*b*2*i + a*c*(3 - 2*i) + b*c*(- 3 - 2*i) + c^2*2*i + 2*a*c*rac - 2*b*c*rac - a*c*rac^2 + b*c*rac^2))/(2*a*b*c*(rac + 1)^2)
    % qui est tout aussi nul pour la même raison
    
    % Donc PQR est rectangle isocèle en R
    

    2rwrpg9.png

    $A',B',C'$ sont les projeté orthogonaux de $P,Q,R$ sur les côtés de $ABC$.
    $ap,bp,cp$ sont leurs affixes ($ap$ comme "a prime").

    Cordialement,

    Rescassol
  • Mon cher fm_31
    C'est un simple, très simple exercice de la théorie des groupes!
    Appelle $r$ la similitude directe de centre $B$ envoyant $P$ sur $C$ et $s$ la similitude directe de centre $A$ envoyant $C$ sur $Q$.
    Il te faut calculer le composé $s\circ r$ dans le groupe des similitudes directes du plan.
    Malheureusement pour toi si la théorie des groupes est encore provisoirement enseignée jusqu'à nouvel ordre venu d'en haut, il y a belle lurette que le groupe des similitudes directes planes ne fait plus partie de notre enseignement!
    Mon prof de Terminales Pilou(Fatz) nous avait certainement donné à faire ton exercice ou un autre du même acabit.
    Je me souviens surtout que j'attrapais un torticolis monstre quand il fallait "additionner" les angles car je n'étais jamais sûr qu'ils tournaient dans le bon sens giratoire. J'avais déjà des problèmes d'orientation comme Loubanita!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Bonne nuit,

    Pappus, c'est facile de voir que $s\circ r$ est une rotation d'angle $\dfrac{\pi}{2}$, mais moins simple de voir que le centre est $R$, ou alors je ne vois plus très clair à cette heure tardive.

    Cordialement,

    Rescassol
  • Mon cher Rescassol
    La seule difficulté, si l'on peut dire, est de reconstituer la configuration des trois similitudes.
    Il y a eu des fils de Poubot et de Pldx1 consacrés à cet épineux sujet!
    Voici la figure brute de décoffrage:
    1° Les centres de similitudes, les points $A$, $B$, $R$ et le cercle de similitude tracé en rouge.
    2° Le point directeur $D$, c'est l'un des deux points de Fermat du triangle de similitude $ABR$, l'autre point de Fermat étant le milieu du segment $DR''$.
    3° Les points invariables $A'$, $B'$, $R'$.
    4° Les points associés ou annexes $A''$, $B''$, $R''$ et les cercles associés tracés en bleu.
    Pour reconstituer la figure, le mieux est d'abord de placer les points associés $A''$ et $B''$,en faisant opérer $s\circ r$ sur le point $A$ et $r^{-1}\circ s^{-1}$ sur le point $B$ c'est à dire les points $A''=(s\circ r)(A)=s(A)$ et $B''=(r^{-1}\circ s^{-1})(B)=r^{-1}(B)$ ou encore $B=(s\circ r)(B'')=r(B'')$.
    Je pense qu'un bon placement de ces deux points sur la figure permet de résoudre le problème de fm_31 sans autres considérations sur la configuration des trois similitudes qui lui passeraient au dessus de la tête!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
    PS
    J'ai déjà dit que lorsque j'étais en Terminales, notre professeur Pilou organisait des petites classes pour les meilleurs de ses élèves et c'est à cet âge que j'ai appris les groupes euclidien et circulaire du plan.
    Si vous lisez attentivement le Lebossé-Hémery, vous verrez qu'on y parle à longueur de pages de produit de transformations, le pas vers la théorie des groupes était vite franchi!
    Et c'est ainsi que j'ai appris à composer des similitudes et des inversions sans autre état d'âme et sans nombres complexes puisqu'ils n'étaient pas au programme de Terminales!56724
  • Merci pour toutes ces réponses qui me montrent que la solution n'était pas à ma portée .
    Je n'ai malheureusement jamais étudié la théorie des groupes (et ce n'est pas la seule qui manque à ma vieille formation) . Je vais quand même essayer de voir si elle m'est encore compréhensible .
    Je vais aussi essayer d'exploiter le schéma de Rescassol , à la main comme il dit , car je ne me suis pas encore fait à ses calculs .
    En résumé , me voila avec pas mal de blé à moudre .
  • Bonjour
    Voici la figure que devrait étudier fm_31 pour résoudre son problème.
    Ce n'est qu'une partie de la configuration des trois similitudes qu'il n'est donc pas nécessaire de connaître.
    Il n'y a pas d'autres points à tracer, tout est dit sur cette figure!
    J'ai adopté les notations de mon dernier message, $A=(s\circ r)(A'')=r(A'')$ et $B''=(s\circ r)(B)=s(B)$
    Sur cette figure, les triangles rouge sont directement semblables et les triangles violet le sont aussi.
    Par contre un triangle rouge est inversement semblable à un triangle violet et c'est cela qui fait avancer le schmilblick!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus56730
  • Sur cette figure, les triangles rouge sont directement semblables et les triangles violet le sont aussi.
    Tu en es sûr, [size=x-small]p[/size]appus ?
  • Merci GaBuZoMeu
    Tu as des yeux de lynx!
    Mais n'oublie pas que les miens sont usés et fatigués et que je me mélange souvent des pinceaux qui ont bien de la peine à me tenir en équilibre!
    Merci de m'avoir corrigé et sois indulgent avec un vieux radoteur!
    J'ai rétabli les couleurs suivant tes indications et j'ai gardé l'ancienne figure pour que tout le monde comprenne que je peux me planter moi aussi!
    Mais mon texte reste le même:
    Les triangles rouge sont directement semblables, les triangles violet le sont aussi!
    Et un triangle rouge est indirectement semblable à un triangle violet!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus56736
  • Mon cher fm_31
    Autrefois on savait composer les similitudes sans savoir qu'elles formaient un groupe.
    Aujourd'hui c'est exactement le contraire!
    On sait qu'elles forment un groupe mais on est infoutu de les composer sauf peut- être, peut-être $s\circ id$ et $id\circ s$.
    En bref, tu n'as pas besoin de savoir que les similitudes directes planes forment un groupe pour résoudre ton exercice.
    Suis scrupuleusement ma dernière figure , heureusement corrigée par GaBuZoMeu que je ne remercierai jamais assez et tu auras ta solution!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Bonjour pappus et merci pour votre patience .
    Je viens de construire la figure en suivant pas à pas vos indications et les 2 similitudes une fois en place , c'est vrai que j' arrive à conclure facilement sans même avoir à les composer ou du moins en les "composants" à ma façon (un peu primaire) .
    Mais penser à ces 2 similitudes dénote d'une sacrée maitrise et expérience dans ce domaine qui accroit mon admiration .
    Cordialement
  • Mon cher fm_31
    Sans parler de compositions de similitudes, on doit pouvoir s'en tirer par des trifouillages synthétiques dès qu'on a introduit les points $A''$ et $B''$ dont on a pas à savoir que ce sont des points annexes.
    Mais c'est vraiment le groupe des similitudes qui fait la différence esthétique dans la résolution de ce problème.
    Quand je serais moins fatigué, je m'attellerai peut-être à la solution telle que j'aurais pu la rédiger il y a 70 ans avec mon fidèle Lebossé-Hémery à mes côtés!
    En tout cas la première chose à faire aurait été de tracer la flèche giratoire qui m'avait causé tant de torticolis à l'époque.
    Mais le plus simple aujourd'hui est encore de Rescassoliser!
    On calcule les affixes $p$ et $q$ des points $P$ et $Q$ en fonction des affixes $a$, $b$, $c$ des points $A$, $B$, $C$.
    L'affixe $r$ de $R$ s'obtient alors en résolvant une équation du premier degré. Je crois que cela fait encore provisoirement partie de nos programmes!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
    PS
    fm_31 a écrit:
    Je viens de construire la figure en suivant pas à pas vos indications et les 2 similitudes une fois en place , c'est vrai que j' arrive à conclure facilement sans même avoir à les composer ou du moins en les "composants" à ma façon (un peu primaire)
    Ici "composant" est le participe présent du verbe composer et ne prend pas de s.
    Quand au les, situé devant composant, c'est un pronom complément d'objet direct du verbe "composant".
  • Encore merci pappus y compris pour la leçon d'orthographe . Je ne me relis jamais assez mais cette faute était assez grosse .
    Cordialement
  • Bon après-midi
    Voici la figure de départ.
    J'ai tracé le sens giratoire à droite de la figure!
    Le triangle $BPC$ est direct.
    Le triangle $AQC$ est indirect.
    $(\overrightarrow{BP},\overrightarrow{BC})=45°$, $(\overrightarrow{CB},\overrightarrow{CP})=30°$.
    $(\overrightarrow{AQ},\overrightarrow{AC})=-45°$, $(\overrightarrow{CA},\overrightarrow{CQ})=-30°$.
    Les triangles $BPC$ et $AQC$ sont donc indirectement semblables!
    Dieudonné, Jupiter tonnant, s'en serait étranglé de fureur et c'est pourquoi la révolution est passée par là conduisant à l'abandon de la géométrie!
    Ici $Q$ est l'image de $P$ dans la similitude indirecte de centre $C$ envoyant $B$ sur $A$.
    A vrai dire, on aurait pu faire le même exercice en prenant pour point $P$ un point quelconque du plan et en prenant pour $Q$ l'image de $P$ dans la similitude indirecte de centre $C$ envoyant $B$ sur $A$. C'est la façon bourbakiste d'énoncer cet exercice!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus56744
  • Bon après-midi
    La similitude directe $r$ de centre $B$ envoyant $P$ sur $C$ a pour angle $(\overrightarrow{BP},\overrightarrow{BC})=45°$ et pour module $\dfrac{BC}{BP}$.
    La similitude directe $s$ de centre $A$ envoyant $C$ sur $Q$ a pour angle $(\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AQ})=45°$ et pour module $\dfrac{AQ}{AC}$.
    L'angle de $s\circ r$ est donc $45°+45°=90°$ et son module est $\dfrac{BC}{BP}.\dfrac{AQ}{AC}=1$ car les triangles $BPC$ et $AQC$ étant semblables, on a: $\dfrac{BC}{BP}=\dfrac{AC}{AQ}$.
    Au total $s\circ r$ est la rotation d'angle $90°$ envoyant $P$ sur $Q$.
    Sur la figure, j'ai tracé le carré $PRQR'$.
    On a: $(\overrightarrow{RP},\overrightarrow{RQ})=90°$ et $(\overrightarrow{R'P},\overrightarrow{R'Q})=-90°$.
    Donc c'est le point $R$ qu'il faut choisir pour centre de la rotation $s\circ r$..
    Amicalement
    [small]p[/small]appus56752
  • Bonjour à tous,
    Et merci à Pappus pour cette dernière démonstration limpide !
    Je me demande quand même si l'on ne pourrait pas s'en sortir de façon plus primaire par des considérations sur les angles, je vais essayer de voir cela ...
    En attendant, je dois dire que cette figure m'inspire tout un faisceau de réflexions :
    - tous ces triangles dérivés du dodécagone régulier n'ont décidément rien de quelconque, et je suppose qu'on doit arriver à un résultat semblable en construisant des triangles associés à un triangle de base, vraiment quelconque celui-là, selon le même principe, mais avec des angles de 45° et 60°, au lieu de 30°. Bien entendu, dans ce cas, il est certain qu'il faut choisir, pour obtenir un résultat semblable, une autre valeur d'angle que 15° pour le triangle isocèle, sans doute un multiple ... je vais voir ça ;
    - d'après la dernière figure de Pappus, on peut associer à tout triangle trois carrés, construits chacun sur une médiatrice du triangle. Comment s'organisent les douze sommets de ces carrés ? quelles relations y a-t-il entre ces derniers, notamment entre leurs aires ? Leurs sommets peuvent-ils être considérés comme des points remarquables du triangle ?
    Vous voyez qu'on peut se poser bien des questions ... Mais c'est ainsi qu'avance la connaissance, n'est-ce pas ? A moins que quelqu'un n'y ait déjà répondu ...
    Bonne journée, bien cordialement
  • Bonjour ,

    il y a déjà une relation très particulière quand les angles sont égaux sur les trois côtés et qui donne entre autre les points de Napoléon pour (30°) , de Vecten (45°) et de Fermat (60°) . Tous ces points sont sur l' hyperbole de Kiepert , conjuguée isogonale de la droite reliant le centre du cercle circonscrit au point de Lemoine du triangle .
    J'ai essayé de voir , sans aboutir , si cette propriété permettait de résoudre l'exercice ci dessus .
    Cordialement
  • Bonjour
    J'attends maintenant la preuve que le triangle $RAB$ est isocèle, i.e: $RA=RB$ et $\widehat{RAB}=\widehat {RBA}=15°$ en utilisant les points que j'ai appelés $A''$ et $B''$.
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Bonjour ,

    je pense qu'après avoir démontré que les 2 cercles bleu sont isométriques , le triangle ARB est isocèle .
    Et comme angle (RA'' , RD) = 15° et que angle (AR , AB) = angle (RA'' , RD) (côtés perpendiculaires) , angle (AR , AB) = 15°

    Si je ne me suis pas fourvoyé .

    Cordialement
  • Bon Dimanche
    Sur ma figure, les triangles $ABA''$ et $BAB''$ sont inversement semblables.
    Comme les points $A$ et $B$ s'échangent, cette similitude inverse est la symétrie par rapport à la médiatrice de [large]BC[/large] $AB$, merci JeloBreuil
    Comme $B''=(s\circ r)(B)=s(B)$, on a: $RB=RB''$ et $(\overrightarrow{RB},\overrightarrow{RB''})=90°$ entrainant que $R$ appartient au cercle de diamètre $BB''$.
    De même, comme $A=(s\circ r)(A'')=r(A'')$, on a: $RA=RA''$ et $(\overrightarrow{RA''},\overrightarrow{RA})=90°$ entrainant que $R$ appartient au cercle de diamètre $AA''$.
    Ces deux cercles étant symétriques par rapport à la médiatrice de $AB$, leurs deux points d'intesection sont situés desus.
    Pour $S=AB''\cap BA''$, on a par exemple: $(\overrightarrow{SB},\overrightarrow{SB''})=-90°$ prouvant que $R$ est l'autre point d'intersection de ces deux cercles.
    De plus comme $RA''=RB''$, on a: $RA=RA''=RB''=RB$, les points $A$, $B$, $A''$, $B''$ sont situés sur un même cercle de centre $R$.
    A suivre
    [small]p[/small]appus56786
  • Bonjour
    Il y a une autre manière de faire, toujours en composant des similitudes mais qui conduit à une configuration des trois similitudes plus esthétique que la première et je m'en veux un peu de ne pas y avoir penser d'abord!
    J'appelle cette fois $\sigma$ la similitude directede centre $Q$ envoyant $A$ sur $C$ et $\tau$ la similitude directe de centre $P$ envoyant $C$ sur $A$.
    Evaluer le produit $\tau\circ \sigma$
    Amicalement
    [small]p[/small]appus56794
  • Bonjour pappus,

    N' y aurait-il pas une erreur de frappe ?
    pappus a écrit:
    J'appelle cette fois $\sigma$ la similitude directede centre $Q$ envoyant $A$ sur $C$ et $\tau$ la similitude directe de centre $P$ envoyant $C$ sur $A$.

    ou $\tau$ la similitude directe de centre $P$ envoyant $C$ sur $B$ ?

    Je peux me tromper bien sûr!

    Amicalement.
  • Bonjour Pappus, Bonjour à tous

    Excuse-moi, Pappus, mais j'ai l'impression que tu as fait deux petites erreurs de frappe dans tes deux derniers messages, une dans chaque.

    La première est évidente, dans ton avant-dernier message, la similitude inverse est la symétrie par rapport à la médiatrice de AB, pas de BC.

    Dans ton dernier message, je suppose que tu as voulu dire que tau est la similitude directe de centre P envoyant C sur B, et non pas sur A.

    Avec cette correction, et en suivant l'exemple que tu as donné plus haut, je trouve que le produit de convolution (tau rond sigma) est la rotation, dans le sens direct, de centre R et d'angle 7pi/6, car sigma a pour angle 7pi/12 et pour rapport QC/QA, tau a pour angle 7pi/12 et pour rapport PB/PC, donc leur produit a bien pour angle 7pi/6 et pour rapport 1, puisque les triangles QCA et PBC sont semblables. Cette rotation envoie bien A sur B, ce qui constitue la preuve que tu attendais depuis hier !
    Merci de me donner l'occasion de m'exercer à ces jeux auxquels je ne suis guère habitué !

    J'ai essayé de résoudre le problème initial de ce fil en recherchant des relations entre les angles de la figure, mais c'est assez décevant ... Pourtant je ne renonce pas encore à cette idée !
    Bien cordialement
    Jean-Louis B.
  • Bon après-midi
    Oui, j'ai fait une faute de frappe, $\tau$ est bien la similitude directe de centre $P$ envoyant $C$ sur $B$.
    Merci Lake et JeloBreuil!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Pourquoi s'interdire d'utiliser les nombres complexes ?
    Généralisons.
    Extérieurement à un triangle $ABC$ on construit les triangles $ABC'$, $BCA'$, $CAB'$, avec des angles donnés : $\widehat{BCA'}=u_1$, $\widehat {CBA'}=u_2$, et idem pour les deux autres triangles extérieurs, en tournant.
    Désignons l'affixe d'un point par la minuscule correspondante, et posons : $\displaystyle \frac{b^{\prime }-a}{c-a}=\alpha$, $\displaystyle \frac{c^{\prime }-b}{a-b}=\beta$, $ \displaystyle \frac{a^{\prime }-c}{b-c}=\gamma $, alors : $ \displaystyle \gamma =\frac{CA^{\prime }}{CB}e^{iu_{1}}=\frac{\sin u_{2}}{\sin (u_{1}+u_{2})}e^{iu_{1}}$ (loi des sinus), et idem pour les deux autres triangles extérieurs, en tournant.

    On en déduit $a',b',c'$, en fonction de $a,b,c$ et l'on calcule un quotient comme $ \displaystyle \frac{b^{\prime }-c^{\prime }}{a^{\prime }-c^{\prime }}$, pour avoir la "forme" du triangle $A'B'C'$, particulièrement ce quotient-ci si l'on suspecte le triangle $A'B'C'$ d'être isocèle rectangle de sommet $C'$.

    Juste du calcul, un peu saoulant, mais assuré de conclure.

    À suivre...

    Bonne soirée.
    F. Ch.


    \displaystyle
  • Merci Chaurien
    Bien sûr qu'on peut utiliser les complexes c'est à dire Rescassoliser.
    Mais tu ne racontes que des généralités qui n'assurent rien du tout!!
    Donc tu parles un peu pour ne rien dire!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • @ pappus
    1. J'ai beaucoup d'estime pour Rescassol, mais j'ignorais qu'il avait inventé les nombres complexes et leur application à la géométrie. J'avais entendu parler d'un certain Argand...
    2. Je décris une méthode qui convient à tous les triangles que l'on construit extérieurement de la sorte, et pas seulement à ces trois-là avec leurs angles de 15° et autres. Il n'est que de l'appliquer à ce cas particulier, et on aura la solution. J'ose espérer que tu es capable d'exécuter ces calculs. Mes "généralités" assurent la solution et je ne parle pas pour ne rien dire.
    F. Ch.
  • Je reprends le fil de mon avant-dernier message, qui se terminait par "À suivre... ".

    Ce type de construction est intéressante lorsque le triangle $A'B'C'$ a une "forme fixe", c'est-à-dire reste directement semblable à un triangle fixe, quel que soit le triangle $ABC$. C'est le cas dans la configuration de Napoléon, et aussi dans la présente.

    Il s'agit de trouver la condition pour que $\displaystyle \frac{b^{\prime }-c^{\prime }}{a^{\prime }-c^{\prime }}$ soit indépendant de $a,b,c$. Cette condition est : $\frac{1-\alpha -\beta }{-\beta }=\frac{\beta -1}{\gamma +\beta -1}=\frac{-\alpha }{\gamma -1}$.
    Ces deux égalités n'en font qu'une, équivalente à : $\alpha \beta +\beta \gamma +\gamma \alpha -\alpha -\beta -\gamma +1=0$. Si celle-ci est réalisée, alors les trois rapports égaux précédents donnent la valeur de $\displaystyle \frac{b^{\prime }-c^{\prime }}{a^{\prime }-c^{\prime }}$ c'est-à-dire la "forme fixe" du triangle $ABC$, équilatéral pour Napoléon, isocèle rectangle ici.

    Une réciproque. Dans la configuration de Napoléon, les trois triangles $ABC'$, $BCA'$, $CAB'$ sont directement semblables. Mes considérations précédentes assurent la réciproque, c'est-à-dire que cette configuration est la seule pour qui ces trois triangles directement semblables donnent un triangle $A'B'C'$ directement semblable à un triangle fixe.

    Bonne soirée.
    F. Ch.
  • Mon cher Chaurien
    Excuse moi de t'avoir vexé mais j'aurais préféré que tu fisses explicitement ces calculs qui ne sont pas aussi évidents que cela à mener dans ce cas très particulier.
    Si je trouve le temps, j'essayerai de les faire!
    En fait ici, la méthode synthétique me semble plus simple.
    Evidemment dans d'autres cas, c'est la méthode calculatoire qui s'impose sur la synthétique.
    Quant au verbe Rescassoliser, c'est moi qui l'ai inventé un peu pour taquiner notre ami Rescassol qui ne peut passer une journée sans utiliser les complexes!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • En effet, j'ai sous-estimé la complication des calculs, faisables en droit mais compliqués en fait. L'usage de la bonne vielle géométrie traditionnelle, la composition des similitudes à la Lebossé-Hémery, semble plus simple et plus adapté. .Moi aussi j'ai ce traité dans ma bibliothèque. Lorsque je suis entré en Math-Élem à la rentrée 1961, je l'ai acheté d'occasion à un autre élève qui venait d'avoir le bac, et je l'ai toujours conservé.

    Présentement, j'ai essayé de chercher pour quels triangles extérieurs $ABC',BCA',CAB'$ on obtient un triangle $A'B'C'$ qui reste semblable à un triangle fixe, comme dans la configuration de Napoléon. J'ai donné une caractérisation, mais qui n'est pas vraiment commode dans la perspective de fabriquer à la chaîne de tels exercices. J'ai tout de même prouvé que la configuration de Napoléon est la seule pour qui les trois triangles extérieurs sont directement semblables.

    Encore bravo pour la maestria de l'équipe de géomètres, mais vous devriez vous soucier un peu plus de partager le savoir, au moins avec ceux qui comme moi, sans être aussi pointus que vous en géométrie, ont quelques lueurs sur cette discipline mathématique. Par exemple j'attends toujours de comprendre ce qu'est un point directeur ou une démonstration par Morley. De Morley, je ne connais que le théorème sur les trisectrices, et le théorème de Morley-Petersen.

    Bonne soirée.
    F. Ch..
  • Mon cher Chaurien
    Quand Rescassol utilise "Morley", il identifie tout simplement le plan euclidien au plan complexe au moyen d'une similitude entre ces deux plans.
    Ce faisant l'écriture des similitudes directes planes est simple, elle se présente sous la forme $z\mapsto az+b$ avec $a\ne 0$
    Ainsi le groupe des similitudes directes du plan euclidien est naturellement isomorphe au groupe des homothéties-translations de la droite affine complexe $\mathbb C$, ce qui simplifie beaucoup la composition des similitudes.
    On gagne en rapidité de calculs qu'il faut constamment interpréter ce qu'on perd en intuition géométrique.
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • L'identification du plan euclidien avec le plan complexe me semble bien connue d'une partie importante des praticiens des mathématiques, et la traduction des similitudes directes, voire indirectes, en termes complexes, également. Je l'ai enseigné plusieurs années en Terminale C et Math. Sup, et il n'est pas nécessaire de me l'expliquer, merci. J'ignorais simplement que Frank Morley avait quelque chose à voir dans cette affaire, et pour tout dire je n'en suis toujours pas convaincu.
    Mais au moins je comprendrai mieux désormais les messages de nos géomètres.
    Bonne soirée.
    F. Ch.
  • Bonjour Chaurien,

    Je copie-colle l'explication que j'ai déjà donnée maintes fois:

    Morley circonscrit consiste dans un problème de géométrie où intervient un triangle $ABC$ à faire de la géométrie analytique en nombres complexes. On choisit le centre de son cercle circonscrit $O$ comme origine et son rayon comme unité. Les affixes $a,b,c$ de $A,B,C$ ont alors pour module $1$ et leurs inverses sont leurs conjugués. On utilise aussi $s_1=a+b+c$, $s_2=ab+bc+ca$ et $s_3=abc$. Pour continuer, il faut alors disposer d'un certain nombre de formules permettant de calculer tout ce qui est classique.

    Morley inscrit consiste à faire la même chose, mais en prenant comme cercle unitaire le cercle $UVW$ inscrit dans le triangle $ABC$. On calcule alors tout en fonction de leurs affixes $u,v,w$, et $s_1,s_2s_3$ sont maintenant les fonctions symétriques de $u,v,w$.

    Cela n'a rien à voir avec le théorème de Morley sur les triangles équilatéraux formés à partir des trissectrices.

    Cordialement,

    Rescassol
  • Mon cher Rescassol
    Chaurien a un peu raison.
    L'identification du plan euclidien au plan complexe n'a pas été inventée par Morley mais il est vrai que ce dernier a eu la bonne idée de choisir pour cercle -unité tout cercle qui lui faisait plaisir comme le cercle circonscrit ou le cercle inscrit.
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Bonne Nuit
    Voici un nouvel exercice sur l'increvable triangle rectangle isocèle.
    Ici la difficulté n'est pas tant de le résoudre, on commence à avoir l'habitude mais de savoir comment je m'y suis pris pour le pondre?
    Etait-ce par hasard ou bien bien ai-je suivi une démarche bien réfléchie?
    Amicalement
    [small]p[/small]appus56834
  • Bonne Nuit
    Pour enfoncer le clou!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus56838
  • Bonne Nuit
    Capito?
    Je peux aller faire dodo?
    Amicalement
    [small]p[/small]appus56840
  • Bonjour Pappus, bonjour à tous,
    C'est bien ce que j'écrivais dans ce fil il y a trois jours, et que je viens d'écrire de nouveau dans le fil Angle de cet après-midi : les triangles que l'on peut tracer dans un dodécagone régulier sont assez particuliers, même lorsqu'ils sont "quelconques" !
    Pappus, comme je l'avais dit, j'ai essayé de construire un triangle rectangle isocèle, avec des angles PCA et BCQ de 60° et des angles CAP et CBQ de 45°, mais comme je cherchais R à l'extérieur du triangle ABC, je n'avais aucune chance !
    Maintenant, la prochaine question qui se pose, c'est quel est le lieu de R quand les angles PCA et BCQ varient ? Tout en restant égaux, d'abord, puis tout en restant dans un même rapport simple ?
    Bien cordialement
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.