Un exo de BEPC pour Éric

Bonjour

Un point M varie sur la tangente en A au cercle (c).
On appelle B le point de contact de l’autre tangente issue de A Issue de M et non de A !

Que peut-on dire du triangle MAB si son centre de gravité est sur (c) ?

Cordialement

Yann

Réponses

  • Toujours pour Éric, mais on est en Sup maintenant

    Quelle est l’équation du lieu de ce centre de gravité G ?

    Quel est l’équation du lieu du point de Lemoine K de MAB ?

    Cordialement
  • Je ne comprends pas : « la tangente en $A$ au cercle $C$ », ceci signifie que $A$ est un point de ce cercle. Qu'est-ce donc alors que « l'autre tangente issue de $A$ » ?
    Bien amicalement.
    Fr. Ch.
  • Ce doit être « issue de $M$ », non ?
  • Oui oui cher Chaurien

    Issue de M

    Pardon


    Pour pappus maintenant...

    Le domaine borné délimité par le lieu de G et celui de K est constitué de deux pétales. La surface commune à ces pétales ne dépend que du rayon du cercle.

    Quelle est cette surface ?
  • Mon cher Yann
    Je veux bien croire qu'on s'intéresse encore au centre de gravité en Sup mais dans le cours de Physique, section Mécanique.
    Quant au point de Lemoine, tu plaisantes ou non?
    Amicalement
    [small]p[/small]appus107848
  • Merci cher pappus pour cette jolie figure.

    Il est paradoxal que la courbe où se meut le centre de gravité soit une cubique et celle relative au point de Lemoine soit plus simple, une simple ellipse.

    À moins que je me trompe.

    1) Quelles sont les trois tangentes issues de A à la cubique ?


    2) Si l’on transporte la loi de groupe decjs cubique ayant À comme élément neutre sur la tangente en A, qu’obtient-on ?


    Cordialement
    Yann
  • Bonjour,

    Si le cercle est le cercle unitaire, la cubique lieu de $G$ a pour équation:
    $3z\overline{z}(z + \overline{z}) - (z^2+4z\overline{z}+\overline{z}^2)=0$.
    L'ellipse, lieu de $K$, a pour équation:
    $z^2+4z\overline{z}+\overline{z}^2 - 3(z+\overline{z})=0$
    Les points $G$ et $K$, et donc leurs lieux, sont inverses par rapport au cercle unitaire.

    Cordialement,

    Rescassol
  • Moi pour la cubique lieu de $G$ je trouve : $x(x^2+y^2)+2(x^2-y^2)+x=0$, ce qui semblerait s'accorder avec la figure. Mais attention aux erreurs de calcul !
  • Bonjour,

    Chaurien, en cartésiennes avec le repère orthonormé d'origine $O$ et avec $A(1,0)$, je trouve plutôt:
    $3x(x^2 + y^2) - (3x^2+y^2)=0$.

    Cordialement,

    Rescassol
  • Bonjour,

    Et $3x^2 + y^2 - 3x=0$ pour l'ellipse.

    Cordialement,

    Rescassol
  • Bonsoir,
    Je débarque un peu par hasard.
    La cubique ne passe pas par l'origine, ce qui rend l'équation de Chaurien inexacte.
    Le résultat de Rescassol me semble correct.
  • Bonjour,

    Ma cubique contient aussi l'origine, mais n'y "passe" pas.
    C'est un point double isolé, image par l'inversion des points très très loin de l'ellipse.

    Cordialement,

    Rescassol
  • Bon, tant pis :-( j'arrête et je me fais griller une saucisse.
  • Tres bonne remarque de Rescassol


    Les deux cercles passant par le centre de gravité et le point de Lemoine d’un triangle isocèle et l’un ou l’autre des extrémités de la base ont leurs centres sur les côtés égaux !

    Bravo


    Cela marche encore si l’on remplace G et K par deux points Isogonaux quelconques de le bissectrice principale....
  • Bonjour,

    Les tangentes menées de $A$ à la cubique le sont en les trois points où la cubique coupe le cercle, dont $A$ bien sûr. les deux autres sont les points $\dfrac{1 \pm \sqrt{3}}{2}$, les tangentes ayant pour équation $y=\pm\sqrt{3}(x-1)$.

    Cordialement,

    Rescassol
  • @Yannguyen :
    Salut.
    comment est définie la loi de groupe sur la cubique, ayant $A$ pour élément neutre ?
  • Bonjour Zéphir

    Si P et Q sont deux points de la cubique
    La droite PQ la recoupe en un point X
    Also P+Q est le point ou la droite AX recoupe la cubique.

    Bonne soirée

    Yann
  • Le résultat signalé par Rescassol résulte essentiellement du fait que le symétrique par rapport à une bissecrice issue d’un sommet T de la droite portant la hauteur issue de T passe par le centre du cercle circonscrit.
    Ce qui implique habituellement que orthocentre et centre du cercle circonscrit sont isogonaux.


    Pour ne pas noyer le poisson, voici la preuve que G et K sont inverses par rapport au cercle;

    Considérer le triangle BKG
    La hauteur BA admet pour symétrique par rapport à la bissectrice issue de B la droite tangente en B au cercle de départ
    Donc OB^2= OG. OK, comme il résulte du calcul de la puissance de O par rapport au cercle circonscrit à BGK.
  • Merci Yann. Je reviens de mon samedi à la campagne. J'ai d'abord mis la compote pomme-rhubarbe à cuire.

    Il était costaud le BEPC cette année-là ! Heureusement pour les candidats actuels que l'on ne pose plus ce genre de question , ni au brevet, ni au bac, ni nulle part d'ailleurs ... Heureusement pour les profs aussi ...
  • Bonjour
    Pour quels points M la distance OG est-elle minimale?


    On trouve que l’angle AOM est de mesure $\pi/4$ : presque la position qu’a choisie pappus pour sa figure ( pour séparer G et K un max).

    L’équation de l’ellipse donnée par Rescassol et les multiplicateurs de Lagrange donnent 3/4 pour abscisse du point K correspondant... Le reste est facile.


    Cordialement
    Yann
  • Bonjour,

    En notant $t$ l'ordonnée de $M$, on a $OG^2=\dfrac{(t^2+3)^2}{9(t^2+1)}$.
    Le reste en découle.

    Cordialement,

    Rescassol

    Edit: Et $OK^2=\dfrac{9(t^2+1)}{(t^2+3)^2}$ comme il se doit.
  • Bonsoir,

    Si l’on transporte la loi de groupe de la cubique ayant A comme élément neutre sur la tangente en A, on obtient l'addition classique transportée par la fonction $t \mapsto \sqrt{3} \tan{t}$.

    Cordialement,

    Rescassol
  • Bonjour Rescassol,

    Pourrais-tu préciser ce que tu entends par « transporté par la fonction tangente.., »

    Merci

    Yann
  • Bonjour,

    Soit $M(1+it)$, $t$ est donc l'ordonnée de $M$, je l'appelle le paramètre de $M$.
    Le centre de gravité du triangle $MAB$ a alors pour affixe $G(t)=\dfrac{t^2+3}{3(1-it)}$.
    Soient $P$ et $Q$ les points de la cubique de paramètres $u$ et $v$.
    Le point $R=P+Q$, somme au sens de la loi de groupe sur la cubique de $P$ et de $Q$
    a alors pour paramètre $w=\dfrac{3(u+v)}{3-uv}$.
    Si on pose $u=\sqrt{3} \tan{\alpha}$ et $v=\sqrt{3} \tan{\beta}$, on obtient $w=\sqrt{3} \tan{(\alpha+\beta)}$.

    Cordialement,

    Rescassol

    Edit: $t$ est aussi bien le paramètre de $M$ sur la tangente en $A$ que celui du point $G$.
  • Un grand merci, cher Rescassol

    Il le reste à vérifier et comprendre

    Yann
  • Bonjour à toutes et tous
    Voyez-vous comme moi des barres verticales parasites à la fin de chaque expression mathématique?
    Que faire pour qu'elles disparaissent?
    Bien cordialement.
    Poulbot
  • Bonjour,

    Il faut changer un « codage maths » dans le navigateur.
    Cliquer droit sur la formule et là...

    Un ou plusieurs fils en ont déjà parlé.
    Ici : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?32,1204455,1204455#msg-1204455

    Cordialement

    Dom
  • Bonjour Dom
    et merci.
    Mais je n'ai pas compris ce qu'il convient de faire.
    Bien cordialement. Poulbot

    Je viens de corriger grâce à tes indications sur un autre fil.
  • Bonjour,
    Yannguyen a écrit:
    Il le reste à vérifier et comprendre

    Yann, j'ai bien entendu calculé et démontré tout ce que j'ai affirmé, avec l'aide de Matlab.

    Cordialement;

    Rescassol
  • Bonjour,

    Voilà ce que dit Wolfram pour l'aire comprise entre la cubique et l'ellipse.
    Ceci ne correspond qu'à un seul pétale, il faut multiplier par $2$.

    Cordialement,

    Rescassol108028
  • Bonjour,

    Cette expression de l'aire se simplifie un peu en:
    $-\dfrac{1}{\sqrt{3}}+\dfrac{13}{6}\ln{(2+\sqrt{3})}-\sqrt{6}\ln{(\sqrt{2}+1)}$

    Cordialement,

    Rescassol
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