Lieu de points, produit scalaire, barycentre

Bonjour,

J'aurais souhaité savoir comment vous procéderiez pour déterminer l'ensemble $E$ des points $M$ du plan vérifiant $\vec{MA} \cdot \vec{MB} +2 \vec{MB}\cdot \vec{MC} +3 \vec{MC}\cdot \vec{MA}=0$.

Merci d'avance,
Cordialement.
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Réponses

  • Mon cher un_kiwi
    Le plus simple est d'évaluer ces produits scalaires dans un repère orthonormé.
    Sinon:
    $$2\vec{MA} \cdot\vec{MB}=\vec{MA}^2+\vec{MB}^2-\vec{AB}^2.\qquad$$
    etc,etc....
    Et on tombe sur une fonction scalaire de Leibniz qu'on traite de la façon habituelle!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • On peut écrire, avec un point $O$ quelconque : $\vec{MA} \cdot\vec{MB}=(\vec{OA}-\vec{OM}) \cdot (\vec{OB}-\vec{OM})=\vec{OM}^2-(\vec{OA}+\vec{OB})\cdot \vec{OM}+\vec{OA} \cdot \vec{OB}$, et de même pour les deux autres.
    Et puis fixer le point $O$ à un barycentre $G$ convenablement choisi pour tuer le produit scalaire $(...) \cdot\vec{OM}$ et obtenir une fonction de Leibniz $\varphi (M)=\vec{MA} \cdot\vec{MB} +2 \vec{MB} \cdot\vec{MC}+3 \vec{MC} \cdot\vec{MA}$$= \mu \vec{GM}^2+ \varphi (G)$.
    Bonne après-midi.
    Fr. Ch.
  • J'ai posé des trucs comme ça en Terminale C à une époque où beaucoup de forumeurs n'étaient pas nés...
  • Rescassol
    Modifié (February 2022)
    Bonjour
    Comme Chaurien, je faisais comme ça jadis en TC et TS, mais j'introduisais $G$ dès le début.
    Cordialement,
    Rescassol
    Edit: Et même en première, me semble-t-il.
  • un_kiwi
    Modifié (February 2022)
    Bonsoir
    @pappus : Oui, mais au final je tombe sur $14 {MG}^2 = {AB}^2 +2{BC}^2 +3{AC}^2 - ( 6 {GA}^2 +3{GB}^2 +5{GC}^2)$. Comment conclure quant au signe du membre de droite ? Est-il possible de tout exprimer en fonction de $AB$, $AC$ et $ BC$ ?

    @Chaurien : Oui, j'ai réussi à trouver cette relation. Mon problème est le même qu'avec pappus. Comment déterminer le signe $\varphi(G)$ ? Est-ce possible ou faut-il seulement établir une discussion ?
    J'ai eu la chance d'avoir ce genre d'exercices lorsque j'étais en 1re S, il y a douze années et j'adorais ! Je n'ai su bien plus tard qu'il s'agissait là d'anciens exercices de première/terminale C. Seulement on avait pas la notion de fonction scalaire ou vectorielle de Leibniz.

    P.S. Le fait que je veuille déterminer la nature de $E$ est une curiosité qui m'est apparue lorsque je cherchais l'ensemble des points $M$ vérifiant $\vec{MA} \cdot \vec{MB} + \vec{MB}\cdot \vec{MC} + \vec{MC}\cdot \vec{MA}=0$. Dans ce cas-ci les chose se réduisaient mieux et l'on pouvait exprimer ${MG}^2 $ en fonction longueurs $AB$, $AC$ et $BC$, mais j'ai l'impression que dans notre cas ici, ça risque d'être plus dur, non ?
    Merci encore pour votre aide ;-)
  • Bonjour

    Tout d'abord, ton calcul est faux. Je ne vois pas d'où viens le 14. Tu devrais avoir $12MG^2$.

    $m=\vec{DA} \cdot \vec{DB} +2 \vec{DB}\cdot \vec{DC} +3 \vec{DC}\cdot \vec{DA}$113620
  • Généralisons à trois points $A,B,C$ affectés des coefficients réels $\alpha ,\beta ,\gamma $, avec $\alpha +\beta +\gamma \neq 0$, ça ne coûte pas plus cher.
    La fonction scalaire de Leibniz classique est : $\varphi (M)=\alpha MA^{2}+{\beta}MB^{2}+\gamma MC^{2}$, et il est bien connu que :
    $~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\varphi (M)=(\alpha +{\beta}+\gamma )GM^2+\varphi (G)$,
    où $G$ est le barycentre des points massiques $(A,\alpha) , (B,\beta) , (C,\gamma) $.
    Exprimer $\varphi (G)$ en fonction des distances $AB,BC,CA$ et des coefficients $\alpha ,\beta ,\gamma $, c'est l'objet d'un exercice du Lebossé-Hémery, pas très difficile, qui donne :
    $~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\varphi (G)=\frac{\alpha {\beta}AB^{2}+{\beta}\gamma BC^{2}+\gamma\alpha CA^{2}}{\alpha +\beta +\gamma }$.
    Maintenant, pour en revenir à la fonction proposée $\psi(M)=\alpha \vec{MB} \cdot \vec{MC} +\beta \vec{MC}\cdot \vec{MA} +\gamma \vec{MA}\cdot \vec{MB}$, on peut reprendre l'idée initiale de pappus et exprimer cette fonction comme une fonction scalaire de Leibniz classique plus une constante. Je poste sans achever, mais ça devrait marcher,
    non ?
    Bonne journée.
    Fr. Ch.
  • P.
    P.
    Modifié (February 2022)
    Amusant de découvrir grâce à la discussion ci-dessus que si $E$ est euclidien affine, si $\mu(dx,dy)$ est une mesure bornée signée sur$ E\times E$ et si $\varphi(m)=\int_{E\times E}\langle m-x,m-y\rangle \mu(dx,dy)$ alors $\{m\in E\mid \varphi(m)=c\}$ est une sphère.
  • Bonjour à tous
    Il faut bien dire que l'exercice numérique de un_kiwi n'est guère très motivant pour ne pas dire qu'il est rasibus!
    Je présenterais son exercice de la façon suivante:
    Soit $ABC\ $ un triangle du plan euclidien.
    Soit $P(\alpha:\beta:\gamma)\ $ un point du plan donné par ses coordonnées barycentriques.
    Soit $$\Gamma_P=\{M\ \vert \ \alpha\overrightarrow{MB}.\overrightarrow{MC}+\beta\overrightarrow{MC}.\overrightarrow{MA}+\gamma\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MB}=0\}.\qquad$$
    Déterminer l'ensemble des points $P\ $ tels que $\Gamma_P\ $ ne soit pas vide.
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Bon, je continue un petit peu.
    Soit $\psi (M)=\alpha \overrightarrow{MB}\cdot \overrightarrow{MC}+{\beta}%
    \overrightarrow{MC}\cdot \overrightarrow{MA}+\gamma \overrightarrow{MA}\cdot
    \overrightarrow{MB}$, avec $\alpha +\beta +\gamma \neq 0$.
    Si je ne me trompe, l'idée de pappus était de partir de : $2\overrightarrow{MA}\cdot \overrightarrow{MB}=MA^{2}+MB^{2}-AB^{2}$, qui conduit à :
    $2\psi (M)=({\beta}+\gamma )MA^{2}+(\gamma +\alpha )MB^{2}+(\alpha +{\beta})MC^{2}-(\alpha BC^{2}+{\beta}CA^{2}+\gamma AB^{2})$
    $=\varphi(M)-(\alpha BC^{2}+{\beta}CA^{2}+\gamma AB^{2})$,
    où $\varphi (M)=({\beta}+\gamma )MA^{2}+(\gamma +\alpha )MB^{2}+(\alpha +{\beta})MC^{2}$, bonne vieille fonction scalaire de Leibniz.

    Soit $G$ le barycentre des points pondérés $(A,{\beta}+\gamma ),(B,\gamma +\alpha ),(C,\alpha +{\beta})$. La formule bien connue citée dans mon précédent message se traduit par : $\varphi (M)=2(\alpha +{\beta}+\gamma )GM^2+\varphi (G)$.

    L'expression de $\varphi (G)$ piquée comme j'ai dit dans le Lebossé-Hémery devient :
    $\varphi (G)=\frac{({\beta}+\gamma )(\gamma +\alpha )AB^{2}+(\gamma
    +\alpha )(\alpha +{\beta})BC^{2}+(\alpha +{\beta})({\beta}+\gamma )CA^{2}}{2(\alpha +\beta +\gamma )}$.

    Il me semble que ça répond à la question. L'achèvement des calculs donne sans doute une simplification,mais d'autres s'en chargeront.

    Bonne journée.
    Fr. Ch.
  • Bonjour à tous
    @ Chaurien
    Je n'ai pas réussi à retrouver l'exercice du Lebossé-Hémery auquel tu fais allusion.
    En tout cas l'expression que tu as donnée de $\varphi(G)\ $ permet de répondre au problème que je me suis posé.
    C'est un de mes dadas:
    une chose est de faire des calculs (de préférence sans se tromper) et une autre est de les traduire graphiquement, là aussi sans se tromper!!!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • On part de : $\varphi (M)=\alpha MA^{2}+{\beta}MB^{2}+\gamma MC^{2}$, avec la formule bien connue : $\varphi (M)=(\alpha +{\beta}+\gamma )GM^{2}+\varphi (G)$.
    On en déduit :
    $\beta AB^{2}+\gamma AC^{2}=\varphi (A)=(\alpha +{\beta}+\gamma)GA^{2}+\varphi (G)$,
    $\alpha BA^{2}+\gamma BC^{2}=\varphi (B)=(\alpha +{\beta}+\gamma)GB^{2}+\varphi (G)$,
    $\alpha CA^{2}+{\beta}CB^{2}=\varphi (C)=(\alpha +{\beta}+\gamma)GC^{2}+\varphi (G)$.
    Et par suite :
    $\alpha ({\beta}AB^{2}+\gamma CA^{2})=(\alpha +{\beta}+\gamma)\alpha GA^{2}+\alpha \varphi (G)$,
    $\beta(\alpha AB^{2}+\gamma BC^{2})=(\alpha +\beta+\gamma ){\beta}GB^{2}+\beta\varphi (G)$,
    $\gamma (\alpha CA^{2}+{\beta}BC^{2})=(\alpha +{\beta}+\gamma)\gamma GC^{2}+\gamma \varphi (G)$.
    Et sommation, et c'est tout.
    Bonne après-midi.
    Fr. Ch.
  • Noter que l'on déduit de ces égalités les distances $GA,GB,GC$ en fonction des côtés du triangle $ABC$ et des coefficients $\alpha,\beta,\gamma$. Ceci peut être utile pour établir des relations métriques lorsqu'on prend à la place de $G$ un des points remarquables du triangle $ABC$, dont les coordonnées barycentriques sont connues.
  • Bonsoir à tous
    Bien sûr que c'est utile mais le bon test pour voir si on a compris la géométrie barycentrique est encore de faire l'exercice que j'ai demandé.
    Les données de départ sont le triangle $ABC\ $ et le point $P$ et le sale boulot si vous l'acceptez, est de construire le cercle $\Gamma_P$ à la règle et au compas, s'il vous plait, quand il est visible!!!!!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Bonjour à tous
    J'accepte le sale boulot puisque je sais pertinemment que personne ne le fera à ma place faute de ne connaître des coordonnées barycentriques que leur définition et encore je n'en suis pas certain.
    Qu'ai-je fait exactement sur cette figure que je n'aurais pu faire quand je préparais mon bachot mais qu'un agrégatif actuel pourrait s'il n'était pas trop absorbé par ses anneaux de polynômes?113670
  • Bonsoir à tous
    Qui aurait cru que le rasibus exercice numérique d'un_kiwi cachait une configuration aussi passionnante?
    [large]Regarde de tous tes yeux, regarde!!!!!!![/large]
    Amicalement
    [small]p[/small]appus113680
  • Est-ce que l'angle droit vient du fait que les coefficients du barycentre sont 3, 4, 5 ? En est-il de même pour tout triplet pythagoricien ? Est-ce différent pour tout triplet non-pythagoricien ?
  • Mon cher PetitLutinMalicieux
    Sais-tu que tu as de réels talents d'observation!
    Tu as remarqué l'angle droit, félicitations!
    Tu connais aussi les triplets pythagoriciens, incroyable!
    Mais en plus tu fais le rapprochement, je n'en reviens pas!
    Je sens que nous allons faire de grandes découvertes!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Bonsoir Pappus, bonsoir à tous,
    Pappus, j'essaie de lire ta figure, et j'y vois, de prime abord :
    - comme éléments primaires, un triangle ABC, un point P intérieur, les trois cercles ayant chacun pour diamètre un côté de ce triangle ;
    - comme éléments secondaires, un point P' en relation (mais laquelle ????) avec P, et trois autres cercles ayant chacun pour diamètre une cévienne de ABC passant par P', en relation (symbolisée par leurs couleurs) avec les trois premiers : par exemple, le cercle de diamètre AC est en relation avec le cercle de diamètre la B-cévienne ;
    - enfin, les six points d'intersection de ces trois paires de cercles en relation, qui sont cocycliques.
    Au second abord, il semble que le cercle ayant pour diamètre la A-cévienne soit en fait le cercle passant par P et tangent à BC. Ce qui signifierait que cette A-cévienne serait la A-hauteur, mais ceci n'est pas confirmé dans ta seconde figure, donc ce n'est pas vrai : ce cercle, sur ta figure, n'est que "presque tangent" à BC, de même que la B-cévienne n'est que "presque" la médiane relative à AC : on a l'impression que son pied est le milieu de AC, mais là aussi, vu ta seconde figure ...
    Comme je l'ai écrit plus haut, la clé de cette figure, c'est la réponse à cette question : quelle transformation envoie P sur P' ? Et là-dessus, j'avoue qu'au troisième abord, il me vient bien une idée, mais je n'ai aucun élément pour l'étayer, si ce n'est les positions respectives de P et P' sur tes deux figures : ce serait pour moi un gros coup de chance s'il s'agissait de la symétrie centrale par rapport au centre du cercle inscrit ...
    Mais ceci dit, le plus beau de l'histoire, c'est que ce cercle sur lequel se trouve les six points d'intersection de ta première figure n'est autre, d'après ta seconde figure, que le cercle orthoptique de l'ellipse inscrite dans le triangle ABC qui est tangente aux côtés de ABC en les pieds des céviennes relatives à P' !!
    Et ça, ça m'en bouche un coin, je ne te dis que ça !
    Bien amicalement
    JLB
  • Merci Jelobreuil pour ton imagination et ta ténacité même si dans ce cas tu n'as pas trouvé la correspondance entre $P\ $ et $P'\ $ qui est une transformation quadratique archiconnue.
    Sur la figure ci-dessous j'efface le bleu et le vert, ne reste que le rouge.
    Quelle manipulation algébrique sur l'équation de $\Gamma_P\ $ se cache derrière cette figure?
    Amicalement
    [small]p[/small]appus113686
  • On a décomposé l'équation en deux parties, l'une relative au système (B, C) de barycentre M, milieu de BC, l'autre au système (A, M), avec les coefficients (a, b+c), n'est-ce pas, Pappus ?
    Bien amicalement
    JLB
  • Mon cher Jelobreuil
    Je dois construire le cercle $\Gamma_P$, out of nothing, à partir de son équation.
    Naïvement je cherche à construire ses intersections $U\ $ et $V\ $ avec le cercle $\gamma_A\ $ de diamètre $BC\ $.
    Mais quel est le cercle en pointillé rouge $\gamma'_A\ $ de ma figure?
    Amicalement
    [small]p[/small]appus113688
  • Désolé, Pappus, je vois bien qu'il y a une homothétie entre gammaA et gammaprimeA, et je subodore qu'il s'agit en fait d'une inversion, mais je suis incapable d'en déceler les éléments ...
    Je crois que je vais aller dormir maintenant, je reprendrai tout cela demain matin ...
    Bonne nuit, cher Pappus, bien amicalement
    JLB
  • Mon cher Jelobreuil
    Tu joues trop à la devinette.
    Quand je dis out: of nothing, ce n'est pas tout à fait vrai, on dispose de l'équation du cercle $\Gamma_P$, à savoir:
    $$\Gamma_P=\{M\ \vert \ \alpha\overrightarrow{MB}.\overrightarrow{MC}+\beta\overrightarrow{MC}.\overrightarrow{MA}+\gamma\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MB}=0\}.\qquad
    $$ C'est quand même mieux que rien, même si à ce stade on ne voit pas très bien comment tracer ce maudit cercle.
    A quelles manipulations algébriques sur cette équation me suis-je livré pour tracer ma dernière figure?
    Quand j'ai dit que mon exercice était un excellent moyen de voir si on maîtrisait la géométrie des barycentres, je ne plaisantais pas: une chose est d'écrire l'équation ci-dessus, une autre est de tracer le cercle, image de cette équation comme on le dit dans le jargon de la géométrie circulaire car on fait bien de la géométrie circulaire sans le savoir.
    Pour prendre un peu d'avance, une nouvelle question pour laquelle nous aurons besoin des calculs exhibés par Chaurien que je remercie de nous avoir donné l'exercice du Lebossé-Hémery, (en fait je l'avais cherché dans le premier chapitre!)
    Comment écrire la puissance d'un point $M$ du plan par rapport au cercle $\Gamma_P?\qquad$
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
    PS
    Quand je me suis posé cet exercice, je n'avais absolument aucune idée du résultat que j'allais obtenir mais je savais que je disposais des moyens de le trouver!
  • Bonjour,

    J'avais posé le cas $\alpha=\beta=\gamma=1$ en TS il y a environ 15/20 ans, sans grands résultats.

    Cordialement,

    Rescassol.
  • Merci Rescassol.
    Tu as traité le cas où $P\ $ est le centre de gravité, donc $P'=???\ $
    Pour proposer ce problème à des lycéens, tu as dû le découper en rondelles!
    N'est-ce pas ce que je fais en ce moment?
    J'explique ma seconde figure
    Je dispose maintenant du moyen de tracer $\Gamma_P\ $ puisque j'en connais six points.
    D'après les calculs de Chaurien, ce cercle a pour centre le complément $\Omega$ du point $P$.
    Or la conique inscrite de perspecteur $P'\ $ a justement $\Omega\ $ pour centre.
    Le cercle $\Gamma_P$ et la conique inscrite sont concentriques.
    Donc je prends un point quelconque sur $\Gamma_P$ et de ce point je mène les tangentes à la conique inscrite!
    Cela mon logiciel sait le faire!!
    Et bingo, ces tangentes sont orthogonales.
    Autrement dit le cercle $\Gamma_P\ $ est le cercle orthoptique de cette conique inscrite.
    C'est quand même un peu fort de café!
    Bien sûr, je n'ai rien montré mais au moins je sais dans quelle direction chercher!!
    D'autant plus que fort du glossaire de Pierre, je sais que le prouver sera un jeu d'enfant!
    Et en effet ce glossaire parle des cercles orthoptiques des coniques inscrites.
    C'est la proposition 10.20.4, page 131
    Mais il y a mieux beaucoup mieux!
    Il y a bien des années, zephyr et moi avions beaucoup discuté autour du théorème de Faure!!!!
    Miracle des miracles, c'est justement la proposition 10.20.5 du glossaire et qui plus est, c'est la même page 131
    Eh bien, c'est le moment ou jamais de l'appliquer!
    On verra alors que les conséquences de ce théorème peuvent se montrer directement sans passer par l'horrible et cauchemardesque case orthoptique!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Bonjour, cher Pappus, bonjour à tous,
    Je reprends tout juste ce fil ...
    Il est bien vrai, Pappus, que je ne fais qu'essayer de te répondre à la devine ...
    A vrai dire, dans mes réflexions, j'en étais arrivé hier soir, avant d'aller dormir, au point de me dire qu'il fallait bien partir de cette équation et trouver une façon de l'écrire qui reflète, d'une manière ou d'une autre, la figure en question ... en raisonnant avec des puissances point/cercle ... mais il faut d'abord trouver le bon bout de la pelote pour la dévider !
    Bon, je m'y mets (sérieusement ...)
    Bien amicalement
    JLB
  • Bonjour,

    Je n'ai pas vérifié, mais d'après mes souvenirs, on trouvait le cercle de centre $G$ et de rayon $\sqrt{\dfrac{a^2+b^2+c^2}{18}}$, $a,b,c$ étant les longueurs des côtés du triangle $ABC$.
    Ça se faisait, comme Chaurien l'a indiqué, à coups de barycentre, de produit scalaire, et de théorème de la médiane.
    Je me suis d'ailleurs fait inspecter sur les théorèmes de la médiane début 2000 en 1ère S.

    Cordialement,

    Rescassol
  • Merci Rescassol
    Tu ne pouvais faire que la partie calculatoire, ce qui est déjà pas mal.
    Comme tu le vois mon ambition est plus grande, Chaurien a donné les calculs et je me charge de la partie graphique.
    Ci-dessous la construction de ton cercle, à savoir le cercle orthoptique de l'ellipse de Steiner interne, à la règle et au compas, s'il te plait, avec vingt ans de retard, dommage qu'on ne se soit pas connu plus tôt!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus113698
  • Bonjour à tous
    Que disent les formules de Chaurien exactement?
    Il affirme que si:
    $$\psi(M)=\alpha\overrightarrow{MB}.\overrightarrow{MC}+\beta\overrightarrow{MC}.\overrightarrow{MA}+\gamma\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MB}\qquad$$
    alors on a:$$\psi(M)=(\alpha+\beta+\gamma)GM^2 +K\qquad$$
    où $G$ est le barycentre du système de points pondérés $(A;\beta+\gamma)\ $, $(B;\gamma+\alpha)\ $, $(C;\alpha+\beta)\ $ et $K\ $ une certaine constante calculée par ailleurs en fonction de $(a,b,c;\alpha,\beta,\gamma)\ $.
    Dans les bons cas, on peut poser:
    $$K=-(\alpha+\beta+\gamma)\rho^2$$
    Alors:
    $$\psi(M)=(\alpha+\beta+\gamma)(GM^2-\rho^2)\qquad$$
    Cela prouve d'une part que $\Gamma_P\ $ est le cercle de centre $G$ et de rayon $\rho\ $ et d'autre part que la puissance de $M$ par rapport à $\Gamma_P\ $ est:
    $$\Gamma_P(M)=GM^2-\rho^2=\dfrac{\psi(M)}{\alpha+\beta+\gamma}\qquad$$
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Bonsoir à tous,
    Pappus, en "googlant" à tout hasard "transformation quadratique" + "géométrie" (quand même !), j'ai trouvé la réponse à la question de savoir quelle est la relation entre tes points P et P', et ce, dans un article publié par l'IREM de La Réunion (cher à Jean-Louis Ayme ...) https://irem.univ-reunion.fr/spip.php?article68 :
    P' est le transformé de P dans une inversion triangulaire, qui associe à P le point de concours des perpendiculaires aux côtés du triangle menées par les deuxièmes points d'intersection du cercle podaire de P avec les côtés du triangle, le cercle podaire de P étant celui qui passe par les projetés orthogonaux de P sur les trois côtés.
    Tout est dit et bien expliqué dans ce petit article, même l'ellipse dont P' est l'un des foyers !
    Il s'agissait donc bien d'une inversion, un peu particulière toutefois ...
    Mais j'avoue que je ne sais toujours pas comment tu as "manipulé" la formule donnant le lieu des points M pour aboutir au cercle GammaP ...
    MERCI en tout cas de toutes ces discussions si riches !!
    Bien amicalement
    JLB
  • Mon cher Jelobreuil
    Il y a deux transformations quadratiques archiconnues (?) et tu as choisi la mauvaise!
    Greffier, inscrivez pas de chance.
    J'ai mis un point d'interrogation car les deux sont passées aux oubliettes depuis pas mal de temps déjà!!
    Mais plutôt que de marcher à la devinette, tu ferais mieux de comprendre le petit problème d'intersection que je me suis posé.
    Pour construire le cercle $\Gamma_P$, j'essaye de voir quels sont ses points d'intersection avec le cercle:
    $$\gamma_A=\{M\ \vert\ \overrightarrow{MB}.\overrightarrow{MC}=0\}\qquad$$
    L'intersection de deux cercles dont on connait les équations!!
    C'est pourtant pas terrible!!!!!!!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
    PS
    Pourquoi n'utilises-tu pas le $\LaTeX$?
    C'est pourtant facile et plus agréable pour dialoguer!!!!!!!
  • Mon cher Pappus, je suis donc abonné aux "zut et re-zut !" Pourtant, je croyais bien ...
    De toute façon, ton point d'interrogation est parfaitement justifié : c'est la première fois que je m'y frotte (et m'y pique !) ...
    Je me serais bien mis au LateX si le bouton-clic "Apprendre LateX en ligne" du site était fonctionnel ...
    Les discussions sur le forum dédié ne sont sûrement pas accessibles à un débutant complet ...
    Mais il est vrai que c'est, au moins à moitié, de la pure paresse ... ainsi que le fait que par goût, je préfère la géométrie présentée avec le moins de formules possible ...
    Bonne nuit, bien amicalement
    JLB
  • Mon cher Jelobreuil
    Pour le moment laisse tomber ces transformations quadratiques un peu trop tape à l'œil!
    Intéresse toi plutôt à ce petit problème d'intersection qui est d'une trivialité désolante car une fois résolu, (voir ma figure), il nous mènera directement à cette mystérieuse transformation quadratique.
    Encore un petit conseil: il ne s'agit pas d'apprendre par cœur le Lebossé-Hemery mais surtout de se frotter aux exercices proposés à la fin de chaque chapitre et si tu sèches, tu sais ce qu'il faut faire!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Bonjour à tous
    Aujourd'hui on pourrait encore donner l'exercice de Rescassol sans barycentres ni produits scalaires, dans le cadre des programmes actuels, rien ne s'y oppose
    On part d'un triangle $ABC.\ $
    On trace son triangle médial $A'B'C'\ $, ses médianes et son centre gravité $G.\ $.
    Soient $a'$ et $a''$ les intersections du cercle de diamètre $BC\ $ et du cercle de diamètre $AA'.\quad$
    Soient $b'$ et $b''$ les intersections du cercle de diamètre $CA\ $ et du cercle de diamètre $BB'.\quad$
    Soient $c'$ et $c''$ les intersections du cercle de diamètre $AB\ $ et du cercle de diamètre $CC'.\quad$
    Montrer que les points $a$, $a'$, $b$, $b'$, $c$, $c'$ sont situés sur un même cercle de centre $G$, armés de votre seul courage et des axiomes de Thalès et de Pythagore.
    Il est d'ailleurs difficile d'imaginer qu'on puisse faire autrement aujourd'hui.
    A défaut de pouvoir donner cet exercice à des collégiens, on peut toujours le proposer à leurs professeurs?
    Voilà un beau petit défi pour les experts en géométrie synthétique!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus113724
  • Bonjour à tous
    Ce petit problème d'intersection est pourtant d'une simplicité biblique.
    Il s'agit d'étudier l'intersection $\Gamma_P\cap \Gamma_A\ $ c'est-à-dire l'intersection du cercle $\Gamma_P$ avec le cercle de diamètre $BC.\qquad$
    Il s'agit de résoudre le système d'équations:
    $$\begin{cases}
    \alpha
    \overrightarrow{MB}.\overrightarrow{MC}+\beta\overrightarrow{MC}.\overrightarrow{MA}+\gamma\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MB}&=&0\\
    \overrightarrow{MB}.\overrightarrow{MC}&=&0
    \end{cases}
    \qquad
    $$
    Et il n'y a pas besoin d'être une lumière en algèbre pour s'apercevoir que ce système est équivalent à celui-ci:
    $$\begin{cases}
    \beta\overrightarrow{MC}.\overrightarrow{MA}+\gamma\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MB}&=&0\\
    \overrightarrow{MB}.\overrightarrow{MC}&=&0
    \end{cases}
    \qquad
    $$
    Il reste à visualiser l'intersection suggérée par ce nouveau système!
    Toujours ce dialogue permanent entre calculs et figures!!!!!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Bonjour pappus,

    Si $\beta+\gamma=0$ et $\beta\neq 0$, la première équation est celle de la droite perpendiculaire à $BC$ passant par $A$.
    Si $\beta+\gamma\neq 0$, c'est l'équation du cercle de diamètre $AH$, où $H=\dfrac{\gamma}{\beta+\gamma}B+\dfrac{\beta}{\beta+\gamma}C$.
  • Merci Gai Requin
    Pour ne pas trop traumatiser tes lecteurs, on reste dans le cas général où tous les lieux obtenus sont des cercles.
    Ici en l'occurrence, on suppose donc $\beta+\gamma\not =0$.
    Ta notation $H$ est malvenue car elle est en général réservée à l'orthocentre et manque de bol pour toi, l'orthocentre joue un rôle absolument central dans cet exercice.
    Donc je poserai
    $P'_A=\dfrac{\gamma}{\beta+\gamma}B+\dfrac{\beta}{\beta+\gamma}C$.
    Ce que tu viens d'écrire te semble évident mais je pense à tes nombreux lecteurs ne connaissant de la géométrie que les axiomes de Thalès et de Pythagore et qui se demandent encore comment tu as fait pour en arriver là!
    Alors quelques courtes explications ne sont pas de trop.
    Enfin le problème graphique fondamental est de placer le point $P'_A$ sur la figure par rapport au quadruplet $(A,B,C,P)$.
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Pour tout $M$, $\gamma\overrightarrow{MB}+\beta\overrightarrow{MC}=(\beta+\gamma)\overrightarrow{MP'_A}$ donc
    $\beta\overrightarrow{MC}\cdot\overrightarrow{MA}+\gamma\overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MB}=0\Leftrightarrow\overrightarrow{MA}\cdot\big(\gamma\overrightarrow{MB}+\beta\overrightarrow{MC}\big)=0\Leftrightarrow\overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MP'_A}=0\Leftrightarrow M$ est sur le cercle de diamètre $AP'_A$.
  • Soit $I$ le milieu de $BC$.
    La parallèle à $AB$ passant par $P$ coupe $BC$ en $p$.
    Alors $P'_A$ est le symétrique de $p$ par rapport à $I$.
  • Chers amis, pardon de m'immiscer dans cette debauche de geogebra, d'ellipses de Steiner et de Lebosse-Hemery. A vrai dire les barycentres me donnent des boutons : passe pour les bons eleves de lycee, mais les participants de ce forum ne devraient plus s'y amuser, car ils ont fait des etudes superieures et ont passe des certificats d'analyse. J'ai compris que le projet initial etait de trouver le lieu des points $M$ du plan affine tels que
    $$\varphi(M)=\alpha \vec{MB}.\vec{MC}+\beta \vec{MC}.\vec{MA}+\gamma \vec{MA}.\vec{MB}$$ soit une constante $c$ (on suppose $w=\alpha+\beta+\gamma\neq 0$ pour eviter des trivialites). Comme c'est un peu bebe, on peut de facon plus naturelle poser le probleme en general ainsi : soit $E$ un espace euclidien affine et $\mu(dx,dy)$ une mesure signee bornee sur $E^2$ telle que $w=\int_{E^2}\mu(dx,dy)\neq 0.$ Montrer que si
    $$\varphi(m)=\int_{E^2}\langle m-x,m-y\rangle \mu(dx,dy)$$ et si $c$ est une constante alors $S=\{m\in E \ ;\ \varphi(m)=c\}$ est une sphere, eventuellement vide. Si $E$ est le plan affine et si $\mu$ est forme de la somme des trois masses de dirac sur $(B,C), (C,A), (A,B)$ ponderees par $(\alpha,\beta,\gamma)$ c'est le probleme initial. A ce point, toutes astuces sont inutiles et il suffit d'appliquer ce qu'on appris sur les bancs de l'universite ; d'abord la polarisation $$\langle a,b\rangle =\frac{1}{4}(\|a+b\|^2-\|a-b\|^2)$$ qui appliquee a $a=m-x$ et $b=m-y$ fournit $$\varphi(m)=c_1+\int_{E^2}\|m-\frac{x+y}{2}\|^2\mu(dx,dy),\ \ c_1=-\int_{E^2}\|\frac{x-y}{2}\|^2\mu(dx,dy).$$Ensuite je definis l'image $\nu(dz)$ de $\mu$ par l'application $(x,y)\mapsto z=\frac{x+y}{2}$ ainsi que son barycentre $g=\frac{1}{w}\int_{E}z\nu(dz)$ ce qui conduit a
    $$\varphi(m)=c_1+\int_{E}\|g-z+m-g\|^2\nu(dz)=c_1+c_2+w\|m-g\|^2,\ \ c_2=\int_{E}\|g-z\|^2\nu(dz)$$ ce qui signifie que $S$ est la shere de centre $g$ et de rayon $((c-c_1-c_2)/w)^{1/2}.$ Par exemple dans le cas initial on retrouve pour $\varphi(g)=c_1+c_2$ la formule donnee par Chaurien. Si de plus on a $\alpha=\beta=\gamma$ la mesure $\nu$ est la somme des trois masses de Dirac sur les sommets du triangle medial $A'B'C'$ etc.
  • Merci Gai Requin
    Bravo pour l'identification du cercle de diamètre $AP'_A\ $.
    Par contre ta définition du point $p$ que tu aurais dû appeler $P_A\ $ est erronée!!!!!!!!!
    Quant au milieu du segment $BC\ $, tu aurais dû l'appeler $A'\ $.
    Ce petit problème d'étiquetage est important dans les figures complexes!
    Définis moi correctement ce point $P_A$ au besoin au moyen d'une figure beaucoup plus parlante!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Oui pappus, j'ai dit n'importe quoi.
    La droite $AP$ coupe $BC$ en $P_A$ et $P'_A$ est le symétrique de $P_A$ par rapport à $A'$.

    Preuve : $AP : -\gamma Y+\beta Z=0$ et $BC:X=0$ donc $P_A(0:\beta:\gamma)$.
    D'où $\dfrac{P_A+P'_A}2=\dfrac{B+C}2=A'$.
  • Bonjour,
    P. a écrit:
    car ils ont fait des etudes superieures et ont passe des certificats d'analyse
    Oui, mais on s'est lavés depuis :-D.

    Cordialement,

    Rescassol
  • Bonjour, P.,
    A la même citation que Rescassol, permettras-tu que j'oppose un démenti catégorique ?
    J'ai bien fait des études supérieures, mais elles m'ont mené à des diplômes d'ingénieur chimiste et de doctorat en chimie physique, ergo je n'ai pas passé de certificat d'analyse ...
    Et j'en suis sûr, je suis loin d'être le seul dans ce cas ! Les purs amateurs de géométrie, ça existe !
    Alors, primo, pour moi, ton message, c'est "du chinois" absolument impénétrable et rebutant au plus haut point, et secundo, c'est bien la "débauche" de barycentres et autres joyeusetés lycéennes que tu méprises qui me permet, à moi, de comprendre tout le peu que je puis à cette discussion !
    Je laisse à Pappus et autres maîtres le plaisir de lire ton message sibyllin et d'en faire leur profit, et je te prie instamment de ne pas tourner en dérision les efforts qu'ils font pour permettre aux béotiens que nous sommes, moi et les autres participants dans mon cas, d'acquérir les quelques lumières que nous pouvons grappiller dans leurs explications qui, elles, sont adaptées à notre niveau !
    JLB
  • Merci Gai Requin
    C'est exact
    Et voilà la figure qu'on obtient au final en faisant les permutations circulaires $(A,B,C)\mapsto (B,C,A)\ $
    Ce qui est inattendu aujourd'hui mais qui ne l'était pas autrefois, c'est que les droites $AP'_A\ $, $BP'_B\ $, $CP'_C\ $ sont concourantes au point $P'(\beta\gamma:\gamma\alpha:\alpha\beta).\qquad$
    La correspondance entre les points $P\ $ et $P'\ $ est involutive et quadratique.
    Quand elle n'était pas défunte, on l'appelait transformation isotomique.
    Amicalement
    [small]p[/small]appus113756
  • Bonjour à tous
    Oublions pour un instant cette fumeuse histoire de cercles orthoptiques même si comme nous le verrons c'est l'explication centrale de cette configuration.
    On a sous les yeux une famille de cercles $\Gamma_P$.
    Obtient-on ainsi tous les cercles du plan?
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Bonjour, Pappus, Gai Requin, bonjour à tous,
    Merci, Gai Requin, de m'avoir suppléé, et avec compétence, dans le rôle de répondant à Pappus !
    Et merci à vous deux pour tous ces enseignements !
    La leçon de tout cela, pour moi ? Me mettre SERIEUSEMENT aux calculs barycentriques ... Leçon que je vais tâcher d'appliquer !
    Bien cordialement
    JLB
  • JLB, je ne saurais que trop te conseiller de te procurer Géométrie analytique classique de Jean-Denis Eiden chez C&M qui est une mine d'or barycentrique.
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