Problème OGK

Bonsoir,
Construire le triangle $ABC$ connaissant son cercle circonscrit $(O)$, son centre de gravité $G$ et son point de Lemoine $K$.

Réponses

  • pappus
    Modifié (October 2022)
    Bonjour Ludwig
    Naïvement: en (vertu des grands) principe(s), en géométrie du triangle, on sait calculer les carrés des distances ci-dessous rationnellement en fonction des longueurs des côtés $(a,b,c)$ du triangle $ABC$
    $OG^2=f(a,b,c)$, $OK^2=g(a,b,c)$, $GK^2=h(a,b,c)$
    On résout ce système de trois équations à trois inconnues en $(a,b,c)$.
    Passionnant!
    A réserver pour les coupures de courant de l'hiver prochain pour passer le temps!
    Passe une bonne nuit et fais de beaux rêves!
    Amicalement
    pappus
  • poulbot
    Modifié (October 2022)
    Bonsoir
    Il y a un petit problème de redondance de données.
    Sauf erreur de ma part, si $OG=d$, le point $K$ est nécessairement sur le cercle de diamètre $\left[ M_{1}M_{2}\right] $ où $\overrightarrow{OM_{1}}=\dfrac{2R}{R+d}\overrightarrow{OG}$ et $\overrightarrow{OM_{2}}=\dfrac{2R}{R-d}\overrightarrow{OG}$

    Ainsi, sauf configuration des données très particulière, le problème est sans solution.
    Reste à construire le triangle dans le cas où $K$ est sur le cercle cité plus haut (si tant est que cette construction soit possible)
    Ce sera pour plus tard. En attendant, bonne nuit à tout le monde.
    Bien cordialement
    Poulbot
  • Merci Poulbot
    Ton cercle m'intéresse beaucoup!
    La preuve de son existence est elle calculatoire ou synthétique?
    Amitiés
    pappus
  • poulbot
    Modifié (October 2022)
    Bonjour Pappus
    Elle est calculatoire mais dynamique..
    Le cercle $\left( O\right) $ et $G$ étant donnés, j'ai pris un point $A$ variable sur le cercle; $B$ et $C$ sont très faciles à construire puisqu'on connait l'orthocentre et on sait que son symétrique par rapport à $BC$ est sur le cercle. J'ai constaté sur une figure que $K$ semblait se promener sur un cercle, ce que j'ai vérifié et précisé par le calcul avec la collaboration de mon ordinateur.
    Reste maintenant à essayer de construire $ABC$ à partir de $K$ sur ce cercle.

    Amicalement. Poulbot
  • pappus
    Modifié (October 2022)
    Bonjour à tous
    Ci-dessous, la figure de Poulbot dans toute sa splendeur pour que vous ayez conscience de toute sa force.
    J'ai tracé un cercle $\Gamma$ de centre $O$ et de rayon $R$
    J'ai tracé un point $G$ dans son intérieur. Pourquoi?
    Il existe une infinité de triangles $ABC$ inscrits dans $\Gamma$ ayant $G$ pour centre de gravité.
    On pourrait peut-être (?) poser cette question à des collégiens ou des lycéens mais je ne sais pas trop si les notions de milieu et de centre de gravité sont encore enseignées dans le secondaire.
    Donc sans doute une question réservée à des capésiens ou des agrégatifs s'ils peuvent y répondre et j'ai de sérieux doutes à ce sujet!
    J'ai donc tracé vaille que vaille un triangle de la famille puis son point de Lemoine $K$.
    Enfin j'ai demandé à mon logiciel le lieu de $K$ quand le triangle $ABC$ varie.
    Et le logiciel m'a tracé une sorte d'arc rouge à l'intérieur de $\Gamma$.
    J'ai enfin tracé les points $M_1$ et $M_2$ de Poulbot.
    Et j'ai constaté que le cercle de diamètre $M_1M_2$ recouvrait exactement le lieu de $K$.
    J'en suis là pour le moment!
    Amicalement
    pappus

  • pappus
    Modifié (October 2022)
    Bonjour à tous
    Un autre aspect de la figure de Poulbot pour que vous soyez convaincus qu'il y a une petit discussion nécessaire à mener!
    Amicalement
    pappus

  • Merci Poulbot
    Donc j'ai suivi la même méthode que toi à ceci près que j'aurais été bien incapable de trouver les points $M_1$ et $M_2$.
    Mais une démonstration même assistée par ordinateur est-elle vraiment une preuve?
    Je me garderai bien d'utiliser la méthode naïve que je suggère!
    Je suis trop paresseux!
    Mais elle devrait mener à une condition de liaison entre les distances $OK$ et $GK$ donnant le lieu de $K$?
    Amitiés
    pappus
  • Rescassol
    Modifié (October 2022)
    Bonjour,

    Pappus, voilà pour tes coupures de courant d'hiver :) :
    $OG^2=\dfrac{-s_1^6+6s_1^4s_2-8s_1^3s_3-8s_1^2s_2^2+16s_1s_2s_3-9s_3^2}{9s_1(s_1^3-4s_2s_1+8s_3)}$
    $OK^2=\dfrac{4s_3^2(s_1^4-4s_1^2s_2+6s_1s_3+s_2^2)}{s_1(s_1^2-2s_2)^2(s_1^3-4s_1s_2+8s_3)}$
    $GK^2=\dfrac{-s_1^6+6s_1^4s_2-12s_1^3s_3-6s_1^2s_2^2+24s_1s_2s_3-4s_2^3-27s_3^2}{9(s_1^2-2s_2)^2}$
    en barycentriques.

    D'autre part, rendons à Ludwig ce qui n'est pas à Rescassol.

    Poulbot, ce cercle m'intéresse également.

    Cordialement,
    Rescassol

  • Bonjour à tous
    Pour m'amuser, j'ai permuté les rôles des points $G$ et $K$.
    Donc sur la figure ci-dessous les données sont le cercle $\Gamma$ et le point $K$ qui devra jouer bon gré mal gré le rôle de point de Lemoine.
    Il existe toute une famille (à un paramètre) $\mathcal F$ de triangles $ABC$ inscrits dans $\Gamma$ et ayant $K$ pour point de Lemoine.
    Compte tenu de l'état de notre enseignement actuel, il n'est même pas imaginable que le moindre de nos capésiens ou de nos agrégatifs puisse construire le moindre triangle de la famille $\mathcal F$.
    Disons que j'ai abordé ce sujet, sans doute plusieurs fois, dans un passé indéterminé dans des fils à retrouver, (à l'aide Jelobreuil et merci d'avance!).
    J'ai ensuite tracé le lieu de $G$ sur lequel je vous laisse méditer!
    Méditer est sans doute la seule chose encore possible pour le moment!
    Amicalement
    pappus
  • Ludwig
    Modifié (October 2022)
    Bonjour à tous,
    Cela fait plusieurs fois pappus que tu me confonds avec d'autres : hier avec Swingmustard, aujourd'hui avec Rescassol. Pour que demain tu ne me confondes plus tu peux retenir que je suis certainement le plus ignorant de tous ! 
    Ne prenons pas le risque de ne résoudre ce problème qu'à l'hiver prochain, car vu les fortes chaleurs de cette fin d'octobre il se pourrait bien que le monde ait explosé avant !
    En attendant j'ai calculé, à partir des formules données par poulbot, le rayon du cercle sur lequel doit se trouver le point $K$, ainsi que la position de son centre. J'avais moi aussi tracé ce cercle, mais je n'avais pas trouvé son rayon : $$r=\frac{2d^2R}{R^2-d^2}.$$ Et la distance de son centre au point $O$ est égale à : $$d'=\frac{2dR^2}{R^2-d^2}.$$ Ludwig
  • poulbot
    Modifié (October 2022)
    Re-bonjour Pappus
    "Mais une démonstration même assistée par ordinateur est-elle vraiment une preuve?"
    En l'occurrence, je pense que oui! Partant de $O$ et $G$ de coordonnées $\left( 0,0\right) $ et $\left( d,0\right) $ et d'un paramétrage du cercle pour le point $A$, j'ai fait calculer l'équation de la droite $BC$ puis les coordonnées de $K$ pour avoir son lieu. Il y a probablement bien plus simple mais je n'ai pas cherché.
    Par contre, je pense que, partant du cercle $\left( O\right) $, de $G$ et de $K$ sur le bon cercle, il n'est pas possible de construire $ABC$ (à la règle et au compas) car obtenir ces $3$ points jouant des rôles parfaitement analogues fait penser à un problème du troisième degré. Là, par contre, je reconnais que ce n'est pas une démonstration. On doit pouvoir s'en sortir avec une hyperbole équilatère bien choisie.
    Amicalement. Poulbot
     
  • pappus
    Modifié (October 2022)
    Mon cher Ludwig
    A mon âge, je fais de la confusion mentale!
    Rien de plus normal.
    Tu remarqueras qu'à mon réveil, j'ai corrigé mon erreur sans ton intervention.
    Cela veut seulement dire que je pense souvent à Rescassol, l'un des meilleurs et des plus fidèles participants à ce forum.
    Quant à toi, ne te mésestime pas!
    Tes interventions sont toujours très pertinentes et je t'admire beaucoup pour ta maîtrise de Geogebra et surtout pour ta méthode de convergence que je ne comprendrai jamais.
    Dommage!
    Amicalement
    pappus
  • poulbot
    Modifié (October 2022)
    Re-bonjour Pappus
    Ce que j'ai dit dans mon précédent message se confirme.
    En effet, les droites $KM_{1}$ et $KM_{2}$ sont parallèles aux asymptotes de l'hyperbole de Jerabek de $ABC$, ce qui permet de la construire (elle passe aussi par $O$,$H$ et $K$).
    Si cette hyperbole coupe le cercle $\left( O\right) $ en $4$ points, l'un d'entre eux est le point diamétralement opposé à $H$ sur l'hyperbole et les $3$ autres sont les sommets de $ABC$.
    Bref, il est en général impossible de construire $ABC$ à la règle et au compas quand on part d'un point $K$ sur le cercle de diamètre $\left[ M_{1}M_{2}\right] $.



    Amicalement Poulbot.

    PS : Il n'est pas impossible que ces points $M_{1}$ et $M_{2}$ figurent parmi les plus de $50000$ points du catalogue ETC de Kimberling. Peut-être un de nos cybercalculateurs pourrait vérifier ce qu'il en est, cela étant simplifié par le fait qu'ils sont sur la droite d'Euler.

  • Merci Rescassol
    C'est vrai que je pense souvent à toi.
    Il est fort probable que nous ne rencontrions jamais mais tu es souvent au centre de mes pensées!
    Merci pour ton calcul!
    As-tu essayé de le résoudre en $(s_1,s_2,s_3)$?
    Amitiés
    pappus
  • pappus
    Modifié (October 2022)
    Bonjour à tous
    Sur cette nouvelle figure, je donne une construction simple des points $M_1$ et $M_2$ mettant en évidence l'enveloppe du cercle de Poulbot de diamètre $M_1M_2$ quand le point $G$ se déplace sur un diamètre de $\Gamma$.
    Amicalement
    pappus
     
  • Ludwig
    Modifié (October 2022)
    Exact poulbot, $M_1=X_{1344}$ et $M_2=X_{1345}$. Résultats obtenus en entrant : Position(M_1, Séquence(TriangleCentre(A, B, C, k), k, 1, 5000)).
  • Merci Jelobreuil d'avoir déterré ces vieux fils que j'ai complètement oubliés!
    On peut vraiment dire que je me suis décarcassé pour pas grand chose.
    Aujourd'hui je suis trop vieux et trop fatigué pour écrire si longuement sur de tels sujets!
    Amicalement
    pappus
  • Merci Ludwig
    Est-ce à-dire que tous les triangles $ABC$ ayant $G$ pour centre de gravité possèdent aussi tous les points de la liste $ETC$ situés sur la droite d'Euler?
    Par exemple ils ont le même orthocentre, etc, etc...
    Amicalement
    pappus
  • Bonjour Ludwig
    Et merci pour avoir dégotté ces points dans ETC. Je craignais qu'il ne faille les chercher bien plus loin.
    A tout hasard, ce $J$ qui figure dans leurs peu sympathiques coordonnées barycentriques est égal à $\dfrac{OH}{R}$.
    Voir https://faculty.evansville.edu/ck6/encyclopedia/ETCPart2.html

    Bien cordialement. Poulbot
  • Bravo Poulbot pour ta belle construction.
    J'espère que Ludwig (et éventuellement Swingmustard et tous les autres) seront satisfaits.
    Amitiés
    pappus
  • Ludwig
    Modifié (October 2022)
    Merci poulbot pour ta solution. Tu peux donner des détails ? Je ne sais pas comment on trouve le centre de l'hyperbole à partir des directions de ses asymptotes.
  • Re-bonjour Ludwig
    En l'occurrence, les asymptotes passent par les extrémités du diamètre du cercle d'Euler porté par la droite d'Euler.
    Bien entendu, le cercle d'Euler est image de $\left( O\right) $ par l'homothétie $\left( H,\dfrac{1}{2}\right) $ - et aussi $\left( G,-\dfrac{1}{2}\right) $
    Bien cordialement. Poulbot
  • Mon cher Ludwig
    Ton hyperbole passe par les points $O$, $H$, $K$ et tu connais les deux directions asymptotiques c'est à dire cinq points en tout du point de vue projectif, plus qu'il n'en faut pour la tracer, par exemple grâce à l'axiome de Pascal!
    Mais il existe des constructions affines comme celle décrite ci-dessous.
    On connait les trois points $A$, $B$, $C$ et les deux directions asymptotiques matérialisées par les droites en pointillé.
    On construit d'abord le centre $O$ par les segments rouges alias théorème de Pappus
    On connait donc les symétriques $A'$, $B'$, $C'$.
    Et on termine en utilisant l'outil conique passant par cinq points.
    Amicalement
    pappus

  • Merci Jelobreuil
    Et il doit certainement y en avoir d'autres!
    Mais à quoi bon exhumer ces vieux fils?
    Laissons les reposer en paix (R.I.P), ils l'ont bien mérité!
    Amicalement
    pappus

  • Bonjour Pappus,
    Oui, je suppose qu'il doit y avoir d'autres discussions où ce thème est abordé, mais comme je me suis limité à celles dont l'intitulé comporte "point de Lemoine" en toutes lettres ...
    Et pourquoi ne pas les faire revenir un peu au soleil ? Il y a peut-être des forumeurs intéressés, outre ceux qui participent à cette discussion : je pense à @cailloux, @swingmustard, entre autres amateurs de géométrie ...
    Pour ma part, je reviendrai volontiers ici pour les consulter, ne serait-ce que pour parfaire ma culture sur ce point de Lemoine !
    Bien amicalement, JLB
  • Ce problème $OGK$ doit permettre de trouver une solution géométrique d'une équation cubique, autre que celle de Morley. On commence comme lui, en résolvant une équation quadratique annexe pour trouver les points isodynamiques. De ces deux points on déduit la position du centre du cercle circonscrit ainsi que le rayon de ce cercle. Mais au lieu de prendre l'intersection de ce cercle avec des arcs capables pour avoir les racines, on prend son intersection avec l'hyperbole de Jerabek du triangle. Pour cela il faut connaître la position du point de Lemoine, mais cela est maintenant facile : c'est l'intersection du segment $[X_{15}X_{16}]$ avec le cercle de diamètre $[M_1M_2]$.
    Ou alors on utilise l'égalité : $$(X_3X_{15})^2.X_3X_6=R^2(X_3X_{15}-X_6X_{15}).$$ Cela évite d'utiliser des angles, souvent sources d'erreurs dans les constructions.
  • Ludwig
    Modifié (October 2022)
    La figure correspondant à cette méthode de résolution d'une équation cubique est sur le tube GGB.

    Petit détail technique, qui pourra aussi être utile pour l'hyperbole du fil voisin $OGI$ : comment écarter le symétrique $H'$ de $H$ par rapport au centre $F$ de l'hyperbole, point qui ne correspond pas à une racine ? Le problème étant qu'il ne sera pas toujours appelé de la même façon par le logiciel. J'ai soustrait deux listes : 

    L1 = {intersection(circonscrit, Jerabek)},
    L2 = {symétrie(H,F)}
    puis L3 = L1 \ L2.

    Bonne journée, Ludwig
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