Lieu d'un point de Lemoine
Réponses
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Voici une figure
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(message sans intérêt, effacé)
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Bonjour,
Avec Morley circonscrit, c'est l'ellipse d'équation:
$3z^2 - (b^2-8bc+c^2)z\overline{z} + 3b^2c^2\overline{z}^2 - 6(b+c)z - 6bc(b+c)\overline{z} + 4(b^2+bc+c^2)=0$
Elle recoupe $(AB)$ en $B_1\left(\dfrac{4a^2b^2 + a^2c^2 + 3b^2c^2 -2s_3(a+3b)}{3b(a^2+c^2) + a(b^2+c^2) - 8s_3}\right)$.
Son centre est $\Omega\left(-\dfrac{6bc(b+c)}{b^2-14bc+c^2}\right)$.
Elle coupe son petit axe aux points solutions de l'équation:
$(b^2-14bc+c^2)z^2 + 12bc(b-c)z - 4bc(b^2+bc+c^2)=0$
Elle coupe son grand axe aux points solutions de l'équation:
$(b^2-14bc+c^2)^2z^2 + 12bc(b+c)(b^2-14bc+c^2)z + 4bc(b^4+c^4-7bc(b^2+c^2)+48b^2c^2)=0$
Cordialement,
Resvassol -
Bonsoir,
Les foyers de l'ellipse sont $-\dfrac{2bc(3(b+c)\pm 2\sqrt{3}(b-c))}{b^2-14bc+c^2}$
Cordialement,
Rescassol -
Merci cher Rescassol !
Cette ellipse est l’ellipse passant par le centre (??? La figure est-elle bonne !??) du cercle et qui lui est bitangente en B et C.
Peut-on envisager une solution synthétique ?
Sans doute pas ! Et si BC est un diamètre ?
Cordialement
Yann -
Bonjour
Je ne pense pas que cette ellipse passe par le centre du cercle.
En outre, l'utilisation d'un vulgaire repère orthonormé (par exemple d'axes portés par la droite $BC$ et la médiatrice de $\left[ BC\right] $) donnerait des résultats bien plus simples et ferait clairement apparaître la symétrie par rapport à la médiatrice de $\left[ BC\right] $.
Bien cordialement. Poulbot -
Bonjour à tous
Si on veut une solution synthétique, il faut aller la chercher du côté de la géométrie hyperbolique.
J'ai souvent expliqué dans le passé, (en vain, on s'en doute un peu), le lien hyperbolique existant entre les centres isodynamiques $P$ et $P'$ du triangle $ABC\ $, ($P$ comme Poincaré) et son point de Lemoine $K$, ($K$ comme Klein).
Mais qui connait aujourd'hui les centres isodynamiques, le point de Lemoine et cerise sur le gâteau, la géométrie hyperbolique dans un pays où les connaissances en géométrie se limitent volontairement aux axiomes de Thalès et de Pythagore!
Il est plus facile de gagner au Loto!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour ,
une construction du petit diamètre et donc du centre et des axes .
Cordialement -
Pour les points isodynamiques,
consulter l’incontournable livre bleu page 248
de l’ami JDE,
https://www.eyrolles.com/Sciences/Livre/geometrie-analytique-classique-9782916352084/ -
Bonjour Pappus
Géométrie hyperbolique = Géométrie anallagmatique ?
Cordialement
Yann -
Mon cher Yann
Pour moi, géométrie anallagmatique = géométrie circulaire.
Donc c'est bien la géométrie hyperbolique à l'intérieur du cercle circonscrit qui fonctionne ici.
Grosso modo, tu as la géométrie hyperbolique sur l'hémisphère Nord de la Divine Sphère de Riemann.
Si tu projettes un point $M$ de cet hémisphère Nord orthogonalement sur le plan de l'équateur, tu obtiens le point $K$.
Si tu le projettes toujours sur le plan de l'équateur à partir du pôle Sud, tu obtiens le point $P$.
C'est cette correspondance $P\iff K$ qui traduit le rôle de la géométrie hyperbolique dans ce petit exercice.
Techniquement, le lieu des centres isodynamiques $P$ et $P'$ était évident autrefois dans un autre monde, dans un autre siècle, pour qui connaissait les coordonnées angulaires de ces points dans le triangle $ABC$.
Et de toutes façons, je ne suis même pas sûr que le théorème de l'angle inscrit soit encore enseigné aujourd'hui. Alors à quoi bon continuer!
Une fois le lieu des centres isodynamiques $P$ et $P'$ acquis, celui de du point de Lemoine $K$ en résulte immédiatement puisqu'on connait l'application $P\mapsto K$.
Quand on Rescassolise en choisissant pour cercle unité le cercle circonscrit au triangle $ABC$, l'application $P\mapsto K$ s'écrit:
$$z\mapsto \dfrac{2z}{1+\vert z\vert^2}\qquad$$
Donc quand on fait la substitution $z\mapsto \dfrac{2z}{1+\vert z\vert^2}\ $ dans l'équation de l'ellipse trouvée par Rescassol, on devrait tomber sur le produit des équations des deux cercles lieu des centres isodynamiques!
A vérifier cependant car je suis bien trop paresseux pour faire ces calculs!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonsoir,
Pappus, ça donne du degré $4$ ne se factorisant pas (sur $\mathbb{Q}[b,c,z,\overline{z}]$):
$4(b^2+bc+c^2)z^2\overline{z}^2 - 12(b+c)z^2\overline{z} - 12bc(b+c)z\overline{z}^2 + 12z^2 + 4(b^2+10bc+c^2)z\overline{z} $
$+ 12b^2c^2\overline{z}^2 - 12(b+c)z - 12bc(b+c)\overline{z} + 4(b^2+bc+c^2)=0$
Et pourtant, dans Géogébra, ça ressemble à la réunion de deux cercles.
Cordialement,
Rescassol -
Mon cher Rescassol
Sur la figure ci-dessous, tu découvres un triangle $ABC$ et ses deux centres isodynamiques $P$ et $P'$.
J'utilise les angles camemberts car je ne suis pas certain d'être compris en employant des notions angulaires plus élaborées.
Sur ma figure, on a:
$\widehat{BPC}=\widehat{BAC}+60°\qquad$
$\widehat{BP'C}=\widehat{BAC}-60°\qquad$
Ce qui explique que les points $P$ et $P'$ soient situés sur certains arcs de ces cercles rouges.
Quand à l'écriture $P\mapsto K,z\mapsto \dfrac{2z}{1+\vert z\vert^2}$, elle traine trop dans les cours de géométrie hyperbolique pour que je me trompe!
En fait la véritable figure hyperbolique se passe à l'intérieur du cercle circonscrit!
Passe une bonne nuit et fais de beaux rêves!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Petite colle que je pose sans la moindre illusion mais vraiment sans la moindre illusion!
Le point $K$ situé sur l'ellipse bleue de Rescassol est la projection orthogonale d'un unique point $M$ de l'hémisphère Nord de la Divine Sphère de Riemann!
Quel est le lieu de $M$?
-
Bonjour,
Oui, Pappus, mon truc de degré $4$ ne se factorise pas sur $\mathbb{Q}[b,c,z,\overline{z}]$, ça veut dire qu'il faut aller à la pêche aux $\sqrt{3}$, on verra demain.
Cordialement,
Rescassol -
Les foyers semblent être à l'intersection du grand axe et du cercle BCO
-
Bonjour à tous
La construction des éléments euclidiens de cette conique me parait anecdotique et absolument sans intérêt!
La véritable question est celle de la géométrie hyperbolique mais tout le monde se voile les yeux.
Pour enfoncer le clou, je vous propose l'exercice suivant
Vous avez sous les yeux le sacro-saint cercle trigonométrique $\Gamma$, (le seul cercle qui nous reste encore!), vu comme cercle équatorial de la Divine Sphère de Riemann que vous pouvez imaginer être là et bien là malgré son invisibilité.
J'ai tracé en bleu une ellipse quelconque $\gamma$ bitangente au cercle $\Gamma$ aux points $B$ et $C$, ce n'est pas forcément l'ellipse de Rescassol!!!!
Vous obtenez le cylindre elliptique de base cette ellipse $\gamma$ dont les génératrices sont orthogonales au plan équatorial contenant $\Gamma$.
Quelle est son intersection avec la sphère de Riemann?
Amicalement
[small]p[/small]appus
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Bonjour à tous
Pour faire bonne mesure et évoquer une autre géométrie, elle aussi disparue, à savoir la géométrie descriptive, j'ai fait par nostalgie une ébauche, seulement une ébauche, de l'épure de cette intersection de la Divine Sphère de Riemann avec un modeste cylindre elliptique qui devrait guider Rescassol dans la menée de ses calculs!
L'angle des deux arcs de cercles rouges à gauche est égal à l'angle des deux segments rouges à droite.
Je n'ose demander pouquoi!
Personne ne peut plus répondre à cette question aujourd'hui ou seulement quelques uns que nous connaissons bien et qui ne seront pas là éternellement!!
Que vaut cet angle pour l'ellipse de Rescassol?
Qui aurait cru que Yannguyen allait nous entrainer aussi loin avec son minuscule point de Lemoine!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonsoir,
Les centres isodynamiques $X_{15}(x_{15})$ et $X_{16}(x_{16})$ sont donnés par
$x_{15}=\dfrac{2i(s_2^2-3s_1s_3)}{vdm \sqrt{3} + i(s_1s_2-9s_3)}$ et $x_{16}=\dfrac{2i(s_2^2-3s_1s_3)}{vdm \sqrt{3} - i(s_1s_2-9s_3)}$ où $vdm=(a-b)(b-c)(c-a)$.
On en déduit les équations de leurs lieux quand $A(a)$ décrit le cercle circonscrit au triangle $ABC$:
$((b^2+4bc+c^2) + i \sqrt{3}(b^2-c^2))z\overline{z} - (3(b+c) + i\sqrt{3}(b-c))z$
$ - (3bc(b+c) + ibc\sqrt{3}(b-c))\overline{z} + 2(b^2+bc+c^2)=0$
et
$((b^2+4bc+c^2) - i \sqrt{3}(b^2-c^2))z\overline{z} - (3(b+c) - i\sqrt{3}(b-c))z$
$ - (3bc(b+c) - ibc\sqrt{3}(b-c))\overline{z} + 2(b^2+bc+c^2)=0$
Ce sont bien sûr deux cercles passant par $B$ et $C$.
Quand on multiplie ces deux équations, les $ \sqrt{3}$ disparaissent et on retombe sur l'équation de degré $4$ trouvée précédemment, à un coefficient multiplicatif près.
Cordialement,
Rescassol -
Merci Rescassol de confirmer mes délires hyperboliques!
Passe une bonne nuit et fais de très très beaux rêves!
Je crois que la seule attitude raisonnable aujourd'hui où il ne nous reste plus que les axiomes de Thalès et de Pythagore est d'oublier le point de Lemoine, les centres isodynamiques et tout ce qui les concerne.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour
Pour en revenir à cette bonne vieille géométrie euclidienne, il me semble que Morley, malgré l'immense respect qu'il m'inspire, donne pour cette ellipse et ses éléments remarquables des expressions assez indigestes et difficiles à lire alors qu'un bon vieux repère orthonormé donne des expressions bien plus simples.
Prenant $O=\left( 0,0\right) ,B=\left( -\alpha ,h\right) ,C=\left( \alpha ,h\right) $ avec évidemment $\alpha ^{2}+h^{2}=R^{2}$, le lieu $\left( E\right) $ de $K$ a pour équation $\alpha ^{2}\left( x^{2}+y^{2}-R^{2}\right) +3R^{2}\left( y-h\right) ^{2}=0$ et est clairement une ellipse tangente en $B$ et $C$ au cercle $\left( O\right) $.
Son centre est $\Omega =\left( 0,\dfrac{3hR^{2}}{3R^{2}+\alpha ^{2}}\right) $, son axe focal est dirigé par la droite $BC$ et, par une translation des axes, on trouve rapidement les longueurs des demi-axes et la demi distance focale $a=\dfrac{2\alpha R}{\sqrt{3R^{2}+\alpha ^{2}}},b=\dfrac{2\alpha ^{2}R}{3R^{2}+\alpha ^{2}},c=\dfrac{2\sqrt{3}\alpha R^{2}}{3R^{2}+\alpha ^{2}}$.
On en déduit que, comme le disait fm_31, les foyers sont sur le cercle $OBC$.
Bien cordialement. Poulbot -
Merci Poulbot
La brillante construction des foyers de fm_31 reste valable pour toute conique bitangente!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Une fois les foyers construits , une construction du grand diamètre de l'ellipse
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Bonsoir
L’équation donnée par Poulbot s’obtient en écrivant que le point de Lemoine est caractérisé par le fait que la somme des carrés des distances de $K$ aux trois côtés du triangle $ABC$ est minimale.
Cordialement
Yann -
Bonjour à tous
L'intersection de notre cylindre elliptique avec la sphère de Riemann devrait être une biquadratique, (pensez à la fenêtre de Viviani: intersection d'une sphère et d'un cylindre de révolution), mais dans notre cas de figure, l'intersection est beaucoup plus simple et est constituée de deux cercles symétriques par rapport au plan équatorial dont j'ai donné l'épure dans un de mes précédents messages.
La véritable explication de ce phénomène est à chercher dans la géométrie hyperbolique mais comme visiblement cela n'intéresse personne, ce n'est sans doute pas la peine que je me fatigue davantage.
Amicalement
[small]p[/small]appus
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Bonjour!
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