Conjugaison cévienne ?

jelobreuil
Modifié (June 2023) dans Géométrie
Bonjour à tous
J'ai une question de vocabulaire : comment appelle-t-on la transformation de P en P1 représentée ci-dessous ? Serait-ce la "conjugaison cévienne" ? Car je suppose qu'on peut désigner P1 comme étant le "conjugué cévien" de P ...
Et quel est le lieu des points P tels que le centre du cercle se trouve sur la droite PQ, comme sur ma deuxième figure ? j'avoue mon forfait, pour cette deuxième figure, j'ai ajusté le point P à la souris pour que P, O et Q soient alignés, du moins à vue d’œil ...
Merci de vos réponses, bien amicalement, JLB
      

Réponses

  • gipsyc
    Modifié (June 2023)
    Bonjour jelobreuil
    J'ai peut-être mal compris lesquels des angles sont congruents.
    Si on trace la B-bissectrice dans le premier ou la A-bissectrice dans le triangle du deuxième schéma, les deux points en question ne sont-ils pas tout simplement image l'un de l'autre par symétrie axiale par rapport à cette bissectrice ?
    Jean-Pol Coulon 
  • Swingmustard
    Modifié (June 2023)
    Bonjour jelobreuil
    Je ne sais pas répondre à tes questions.
    Pour gipsyc : je crois que jelobreuil définit P1 à l'aide des "deuxièmes intersections" du cercle DEF, sans passer par les angles.
    Mais tu as sans doute raison de parler de bissectrices : je conjecture que le point de Gergonne est fixe par l'involution de jelobreuil.
    Amicalement,
    Swingmustard
  • jelobreuil
    Modifié (June 2023)
    Bonsoir Jean-Pol @gypsic, @Swingmustard,
    Merci de vous intéresser à mes petites questions !
    En effet, comme tu l'as deviné, Swingmustard, je définis P1 comme étant le point de concours des céviennes passant par les deuxièmes intersections des côtés du triangle et du cercle passant par les pieds des céviennes passant par P.
    Par exemple, dans cette involution (mais pourquoi en est-ce une ? Edit j'ai compris pourquoi, merci Wikipedia !), le conjugué de l'orthocentre n'est pas autre chose que le centre de gravité, et réciproquement, cercle d'Euler oblige ... C'est d'ailleurs en me demandant si ce cas particulier était généralisable, et si oui, dans quelle mesure, que j'ai tracé ces figures ... La démonstration de l'existence de P1 est immédiate, il suffit d'appliquer le théorème de Ceva à partir des deux expressions possibles de la puissance de chaque sommet par rapport au cercle ... Et bien entendu, le point de Gergonne est son propre conjugué, dans cette transformation !
    Je pensais que cette figure était immédiatement compréhensible sans description détaillée, je retiens la leçon, je ne le ferai plus !
    Bien cordialement, JLB
  • gipsyc
    Modifié (June 2023)
    Bonjour
    Question de vocabulaire.
    La transformation présentée par jelobreuil transforme un point du triangle P en son conjugué cyclocévien.
    Les six points d'intersection du cercle P-cévien (terme que je préfère à pédal) avec le triangle sont les points de Terquem.
    À ne pas confondre avec le triangle circumcévien, construit par les trois circumtraces des céviennes concourantes en P sur le cercle circonscrit au triangle de référence.
    https://mathworld.wolfram.com/CyclocevianConjugate.html

    Quelques exemples.

    Le terme de conjugué cévien a été utilisé par Vandeghen pour décrire le conjugué isotomique.
    https://mathworld.wolfram.com/IsotomicConjugate.html
    Quelques exemples.

    Cordialement
    Jean-Pol Coulon.
  • gipsyc
    Modifié (June 2023)
    Bonjour jelobreuil
    En déplaçant le sommet A du triangle, ou le point  P dans le triangle, je suis également parvenu à placer le centre circonscrit O entre le point P et son conjugué cyclocévien Pc.

    J'ai également placé le conjugué isogonal Pi et le conjugué isotomique Pt de P, le centre inscrit I, le centre de gravité G ... sans voir émerger une propriété particulière inspirante pour un lieu éventuel ou pour reproduire la construction avec précision.
    L'alignement IGO n'est qu'une apparence qui disparaît en zoomant l'image.
     
    Par contre, il se pourrait que les cercles P-cévien (pédal, Terquem) et P-podaire soient tangents.
    Cordialement,
    Jean-Pol Coulon 
  • Merci beaucoup @john_john et Jean-Pol @gipsyc pour les indications de nomenclature et les liens intéressants !
    Bien amicalement, JLB
  • Merci, Jean-Louis ! Et, bien sûr, la formule de Carnot se généralise à une courbe algébrique de degré quelconque, quoique je ne voie pas d'application tonitruante au-delà du degré $2$.
    Bien amicalement, j__j
  • Bonne nuit à tous,
    Tout à l'heure, quand j'ai envoyé ce message https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/779038/la-cyclocevienne#latest, je ne me suis pas souvenu avoir entamé cette discussion-ci où il aurait été plus approprié de le joindre ...
    Si la modération me le permet, je répète donc ici ma question : quel est le lieu des points P qui sont le centre de leur cercle cévien ? ou bien n'y en a-t-il qu'un seul ? Dans ce dernier cas, il est en général très proche du centre du cercle inscrit, mais il n'est pas confondu avec ...
    Bien amicalement, JLB

  • Mon cher Jelobreuil
    On a pas tellement le choix!
    1° Etant donné un point $P$ donné par ses coordonnées barycentriques, savoir écrire l'équation du cercle circonscrit à son triangle cévien.
    2° Etant donné un cercle donné par son équation barycentrique, savoir exhiber les coordonnées de son centre!
    On est loin très loin des axiomes de Thalès et de Pythagore.
    Il faut bien commencer un jour à mettre les mains dans le cambouis!
    Amicalement
    pappus

  • Rescassol
    Modifié (July 2023)
    Bonjour,

    Si on part de $P(u;v;w)$ on aboutit à une équation assez imbuvable:
    $c^6u^8v^6 + (- a^2c^4 + b^2c^4 + c^6)u^8v^5w + (- a^4c^2 + 2a^2b^2c^2 + 2a^2c^4 - b^4c^2 + b^2c^4 - c^6)u^8v^4w^2 + (a^6 - 3a^4b^2 - 3a^4c^2 + 3a^2b^4 + 4a^2b^2c^2 + 3a^2c^4 - b^6 - b^4c^2 - b^2c^4 - c^6)u^8v^3w^3 + (- a^4b^2 + 2a^2b^4 + 2a^2b^2c^2 - b^6 + b^4c^2 - b^2c^4)u^8v^2w^4 + (- a^2b^4 + b^6 + b^4c^2)u^8vw^5 + b^6u^8w^6 + 2c^6u^7v^7 + (- a^2c^4 + b^2c^4 + 5c^6)u^7v^6w + (- 2a^4c^2 + 4a^2b^2c^2 - a^2c^4 - 2b^4c^2 + b^2c^4 + 3c^6)u^7v^5w^2 + (a^6 - 3a^4b^2 - 3a^4c^2 + 3a^2b^4 + 8a^2b^2c^2 + 3a^2c^4 - b^6 - 5b^4c^2 - 3b^2c^4 - c^6)u^7v^4w^3 + (a^6 - 3a^4b^2 - 3a^4c^2 + 3a^2b^4 + 8a^2b^2c^2 + 3a^2c^4 - b^6 - 3b^4c^2 - 5b^2c^4 - c^6)u^7v^3w^4 + (- 2a^4b^2 - a^2b^4 + 4a^2b^2c^2 + 3b^6 + b^4c^2 - 2b^2c^4)u^7v^2w^5 + (- a^2b^4 + 5b^6 + b^4c^2)u^7vw^6 + 2b^6u^7w^7 + c^6u^6v^8 + (a^2c^4 - b^2c^4 + 5c^6)u^6v^7w + (- 2a^4c^2 + 4a^2b^2c^2 - 3a^2c^4 - 2b^4c^2 - 3b^2c^4 + 9c^6)u^6v^6w^2 + (- 2a^4c^2 + 8a^2b^2c^2 - 5a^2c^4 - 6b^4c^2 - 5b^2c^4 + 7c^6)u^6v^5w^3 + (3a^6 - 4a^4b^2 - 4a^4c^2 - a^2b^4 + 8a^2b^2c^2 - a^2c^4 + 2b^6 - 7b^4c^2 - 7b^2c^4 + 2c^6)u^6v^4w^4 + (- 2a^4b^2 - 5a^2b^4 + 8a^2b^2c^2 + 7b^6 - 5b^4c^2 - 6b^2c^4)u^6v^3w^5 + (- 2a^4b^2 - 3a^2b^4 + 4a^2b^2c^2 + 9b^6 - 3b^4c^2 - 2b^2c^4)u^6v^2w^6 + (a^2b^4 + 5b^6 - b^4c^2)u^6vw^7 + b^6u^6w^8 + (a^2c^4 - b^2c^4 + c^6)u^5v^8w + (- 2a^4c^2 + 4a^2b^2c^2 + a^2c^4 - 2b^4c^2 - b^2c^4 + 3c^6)u^5v^7w^2 + (- 6a^4c^2 + 8a^2b^2c^2 - 5a^2c^4 - 2b^4c^2 - 5b^2c^4 + 7c^6)u^5v^6w^3 + (4a^6 - 4a^4b^2 - 4a^4c^2 - 4a^2b^4 + 4a^2b^2c^2 - 9a^2c^4 + 4b^6 - 4b^4c^2 - 9b^2c^4 + 9c^6)u^5v^5w^4 + (4a^6 - 4a^4b^2 - 4a^4c^2 - 9a^2b^4 + 4a^2b^2c^2 - 4a^2c^4 + 9b^6 - 9b^4c^2 - 4b^2c^4 + 4c^6)u^5v^4w^5 + (- 6a^4b^2 - 5a^2b^4 + 8a^2b^2c^2 + 7b^6 - 5b^4c^2 - 2b^2c^4)u^5v^3w^6 + (- 2a^4b^2 + a^2b^4 + 4a^2b^2c^2 + 3b^6 - b^4c^2 - 2b^2c^4)u^5v^2w^7 + (a^2b^4 + b^6 - b^4c^2)u^5vw^8 + (- a^4c^2 + 2a^2b^2c^2 + a^2c^4 - b^4c^2 + 2b^2c^4 - c^6)u^4v^8w^2 + (- a^6 + 3a^4b^2 - 5a^4c^2 - 3a^2b^4 + 8a^2b^2c^2 - 3a^2c^4 + b^6 - 3b^4c^2 + 3b^2c^4 - c^6)u^4v^7w^3 + (2a^6 - a^4b^2 - 7a^4c^2 - 4a^2b^4 + 8a^2b^2c^2 - 7a^2c^4 + 3b^6 - 4b^4c^2 - b^2c^4 + 2c^6)u^4v^6w^4 + (9a^6 - 9a^4b^2 - 9a^4c^2 - 4a^2b^4 + 4a^2b^2c^2 - 4a^2c^4 + 4b^6 - 4b^4c^2 - 4b^2c^4 + 4c^6)u^4v^5w^5 + (2a^6 - 7a^4b^2 - a^4c^2 - 7a^2b^4 + 8a^2b^2c^2 - 4a^2c^4 + 2b^6 - b^4c^2 - 4b^2c^4 + 3c^6)u^4v^4w^6 + (- a^6 - 5a^4b^2 + 3a^4c^2 - 3a^2b^4 + 8a^2b^2c^2 - 3a^2c^4 - b^6 + 3b^4c^2 - 3b^2c^4 + c^6)u^4v^3w^7 + (- a^4b^2 + a^2b^4 + 2a^2b^2c^2 - b^6 + 2b^4c^2 - b^2c^4)u^4v^2w^8 + (- a^6 + 3a^4b^2 - a^4c^2 - 3a^2b^4 + 4a^2b^2c^2 - a^2c^4 + b^6 - 3b^4c^2 + 3b^2c^4 - c^6)u^3v^8w^3 + (- a^6 + 3a^4b^2 - 3a^4c^2 - 3a^2b^4 + 8a^2b^2c^2 - 5a^2c^4 + b^6 - 3b^4c^2 + 3b^2c^4 - c^6)u^3v^7w^4 + (7a^6 - 5a^4b^2 - 5a^4c^2 - 2a^2b^4 + 8a^2b^2c^2 - 6a^2c^4)u^3v^6w^5 + (7a^6 - 5a^4b^2 - 5a^4c^2 - 6a^2b^4 + 8a^2b^2c^2 - 2a^2c^4)u^3v^5w^6 + (- a^6 - 3a^4b^2 + 3a^4c^2 - 5a^2b^4 + 8a^2b^2c^2 - 3a^2c^4 - b^6 + 3b^4c^2 - 3b^2c^4 + c^6)u^3v^4w^7 + (- a^6 - a^4b^2 + 3a^4c^2 - a^2b^4 + 4a^2b^2c^2 - 3a^2c^4 - b^6 + 3b^4c^2 - 3b^2c^4 + c^6)u^3v^3w^8 + (- a^6 + 2a^4b^2 + a^4c^2 - a^2b^4 + 2a^2b^2c^2 - a^2c^4)u^2v^8w^4 + (3a^6 - a^4b^2 + a^4c^2 - 2a^2b^4 + 4a^2b^2c^2 - 2a^2c^4)u^2v^7w^5 + (9a^6 - 3a^4b^2 - 3a^4c^2 - 2a^2b^4 + 4a^2b^2c^2 - 2a^2c^4)u^2v^6w^6 + (3a^6 + a^4b^2 - a^4c^2 - 2a^2b^4 + 4a^2b^2c^2 - 2a^2c^4)u^2v^5w^7 + (- a^6 + a^4b^2 + 2a^4c^2 - a^2b^4 + 2a^2b^2c^2 - a^2c^4)u^2v^4w^8 + (a^6 - a^4b^2 + a^4c^2)uv^8w^5 + (5a^6 - a^4b^2 + a^4c^2)uv^7w^6 + (5a^6 + a^4b^2 - a^4c^2)uv^6w^7 + (a^6 + a^4b^2 - a^4c^2)uv^5w^8 + a^6v^8w^6 + 2a^6v^7w^7 + a^6v^6w^8
    =0$
    Cordialement,
    Resacssol

  • Merci beaucoup, @Rescassol !
    C'est monstrueux ! de degré 14 en (u, v, w) ! je ne m'attendais pas à ça !
    Bien cordialement, JLB

  • Bonsoir à tous,
    Je prolonge cette discussion avec la figure ci-dessous, où j'ai tracé (en rouge) les cordes du cercle P-cévien, qui ont le bon goût de concourir en un point Cp' situé sur le segment PCp ... Comment l'expliquer ?
    Bien cordialement, JLB


  • jelobreuil
    Modifié (December 2023)
    Bonne nuit à tous, 
    Je reprends ce soir cette figure, et je m'aperçois, qu'en fait, il y a deux systèmes de trois cordes qui concourent sur le segment P-Cp ... En vertu de quel théorème ?
    Bien cordialement, JLB

  • Swingmustard
    Modifié (December 2023)
    Bonjour jelobreuil,
    1) Conjecture. Les douze cordes n'ont pas besoin de céviennes pour former les quatre concours.
    Soit quatre cordes $Pp,\ Qq$ jaunes et $P'p',\ Q'q'$ vertes, qui définissent deux centres $J$ et $V$ pour les inversions involutions de Frégier $j$ et $v$. Existe-t-il des centres $B$ et $M$ (bleu et magenta) d'inversions involutions $b$ et $m$ telles que $b\circ j=v\circ m$ ? Si oui, les relations $b\circ j(P)=b(p)=P'=v(p')=v\circ m(P)$ et $b\circ j(Q)=b(q)=Q'=v(q')=v\circ m(Q)$ fixent $B$ et $M$. Or on constate que $$b\circ j(R)=b(r)=R'\neq R''=v(r')=v\circ m(R)$$

    J'ai bien quatre concours de trois cordes, mais pour treize points, pas douze, ma conjecture est fausse !
    2) Avec les céviennes, tu sembles avoir trouvé une condition suffisante pour ramener l'affaire à douze points, i.e. pour que $$b\circ j=v\circ m$$
    Je ne sais pas le démontrer, et me demande si elle est nécessaire. En tout cas merci pour la question !
    Amicalement,
    Swingmustard

  • Swingmustard
    Modifié (December 2023)
    Dessiner les huit premiers points librement ne fonctionne pas : dessin Unlucky, $R'\neq R''$.
    2ème conjecture, sur un dessin Lucky, en liant le huitième point $Q'$ aux précédents.

    Soit quatre cordes $Pp,\ Qq$ jaunes et $Pp',\ Qq'$ magenta, qui définissent deux centres $J$ et $M$ pour les inversions involutions de Frégier $j$ et $m$. Soit $P'$ quelconque. On pose $B=pP'\cap qQ'$ et $V=p'P'\cap q'Q'$.
    Alors $qB$ et $q'V$ sont sécantes en un point $Q'$ du cercle, i.e. $b\circ j=v\circ m$. (Fin de la conjecture.)

    Autrement dit, pour moi la condition suffisante au phénomène est l'alignement que tu as mentionné : celui d'au moins trois des points de concours $B,\ M,\ J,\ V$. (Impression qu'alors le quatrième est gratis.)
    Donc pour répondre à ta question je prévois deux étapes.
    a) Pourquoi le cas particulier consistant à prendre des céviennes donne-t-il un alignement de points de concours ?
    b) Cet alignement garantit-il $b\circ j=v\circ m$ ? (Accessoirement, est-il nécessaire ?)
    Amicalement,
    Swingmustard.
    EDIT Argh, tu as raison (dans le message suivant) de mettre des guillemets, puisque le nom correct est "Involution de Frégier" ! Sorry. EDIT

  • jelobreuil
    Modifié (December 2023)
    Bonjour, Swingmustard,
    Merci beaucoup de ton intérêt pour mes questions, ainsi que des développements que tu y apportes, et des perspectives que tu ouvres !
    Et merci en particulier de me pousser à découvrir ces "inversions involutions de Frégier" ... dont on a déjà parlé ici : https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/1426168/involution-de-fregier#latest et ici https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/613318/involution-de-fregier, mais malheureusement, pas de façon très éclairante pour moi, je vais essayer de trouver autre chose ... chez @john_john !
    Bien amicalement, JLB
  • Swingmustard
    Modifié (December 2023)
    Personnellement je les trouve bien sympa, en effet.
    Mais si ça se trouve, on pourra vite régler l'ardoise avec le théorème de Pascal ?

    Amicalement,
    Swingmustard
  • Swingmustard
    Modifié (December 2023)
    On considère six points sur une conique donnée, parmi lesquels deux sont appelés $P$ et $P'$, ainsi que les six cordes jaunes, bleues, vertes dans la position ci-dessous.

    D'après le théorème de Pascal, les intersections $A,\ B,\ D$ sont alignées.
    Au niveau des involutions de Frégier associées $a,\ b,\ d$, on a l'égalité $$(d\circ b\circ a)\circ (d\circ b\circ a)(P)=(d\circ b\circ a)(P')=P$$ Je ne suis pas très à l'aise pour l'affirmer, mais je la verrais bien se généraliser à toute la conique, montrant que $d\circ b\circ a$ est une involution.
    Je réalise que Sidler dit cela vite et mieux.
    1) Page 56 Théorème de Frégier
    "Une homographie $\sigma$ d'une conique propre $\Gamma$ est une involution ssi c'est une involution de Frégier, autrement dit ssi la droite $M\sigma(M)$ passe par un point fixe $\Omega$ (appelé centre) quel que soit le point $M$."
    Voici des raisons de les apprécier : elles sont tellement faciles à dessiner !
    Et on peut préciser. Pour une ellipse, si $\Omega$ est intérieur, pas de point fixe. Si $\Omega$ est à l'extérieur, les deux points fixes sont les contacts des deux tangentes issues de $\Omega$.
    2) Je n'étais plus sûr de cette qualité extraordinaire, qui est pourtant l'objet même du théorème : elles sont les seules involutions de $\Gamma$.
    3) Page 86 Exercice : Le produit de trois involutions est une involution ssi leurs centres sont alignés.

    Bref, $A,\ B,\ D$ alignés par Pascal. Le produit est une involution : cet exercice ("Résultat équivalent au théorème de Pascal", dixit Sidler).
    Ensuite : d'après le théorème, si c'est une involution, il y a un centre, aligné avec les autres, ce sera le point $C$.
    $$d\circ b\circ a=c \Leftrightarrow b\circ a=d\circ c$$
    dans la version du début, ou $$d\circ b\circ a=c \Leftrightarrow c \circ d\circ b\circ a=\textrm{id}_\Gamma$$
    pour ce qui suit.
    Voici pour la partie (b), dont le résumé est  : tu donnes douze cordes, on en trie quatre paires qui vont bien, se coupant en quatre points d'intersection, alignés grosso modo par le théorème de Pascal, et Frégier dit qu'appliquer à un neuvième point quelconque le produit des quatre involutions va bien nous ramener au point de départ, en formant quatre concours.
    Reste (a) !
    Amicalement,
    Swingmustard
  • jelobreuil
    Modifié (December 2023)
    Merci beaucoup, @Swingmustard, de tous ces développements, même si je suis, je l'avoue, incapable d'en apprécier tout le sel ! Mais qu'importe, l'essentiel, après tout, n'est-il pas de se faire plaisir et d'essayer en même temps de donner du plaisir aux autres ?
    Je vois que mes figures, dont j'ai découvert avec plaisir quelques propriétés, te donnent le plaisir d'expliquer celles-ci : tu m'en vois fort aise et bien content ! 
    J'espère que les autres lecteurs apprécient, eux aussi !
    Bonne soirée, bien amicalement, avec mes meilleurs vœux pour 2024 !
    JLB
  • Bonjour,  $ \def\cir#1{\mathcal{C}_{#1}} \def\tra#1{{{\vphantom{#1}}^{t}{#1}}} \def\Sa{S_{a}}   \def\Sb{S_{b}}   \def\Sc{S_{c}} \def\isot{\operatorname{isotom}} \def\etc{,\:\mathrm{etc}} \def\pivk{p\mathcal{K}} $

    bibliography

    cyclocevian conjugacy.



     On part d'un point $P'\simeq p:q:r$ et on calcule le cercle passant par les trois céviens de ce point. Remarque: les ligues de vertu ont réussi à imposer le terme anglais, car imaginer qu'un triangle puisse être pédal... Horresco réferens. Pourquoi pas un triangle de Gay-Lussac ? Bref, on trouve:  \[ \cir{}'\simeq\left(\begin{array}{c} qr\left(-a^{2}q^{2}r^{2}+b^{2}p^{2}r^{2}+c^{2}p^{2}q^{2}+2\,\Sa\,p^{2}qr+2\,\Sa\,pq^{2}r+2\,\Sa\,pqr^{2}\right)\\ pr\left(a^{2}q^{2}r^{2}-b^{2}p^{2}r^{2}+c^{2}p^{2}q^{2}+2\,\Sb\,p^{2}qr+2\,\Sb\,pq^{2}r+2\,\Sb\,pqr^{2}\right)\\ pq\left(a^{2}q^{2}r^{2}+b^{2}p^{2}r^{2}-c^{2}p^{2}q^{2}+2\,\Sc\,p^{2}qr+2\,\Sc\,pq^{2}r+2\,\Sc\,pqr^{2}\right)\\ 2\,p\left(p+r\right)\left(q+r\right)r\left(p+q\right)q \end{array}\right) \] Les 4-coordonnées de ce cercle sont homogènes en $p,q,r$ (elles n'ont pas le choix)... et du sixième degré. On voit immédiatement que la situation va s'améliorer si l'on remplace $P$ par son isotomique $U\simeq u:v:w$. On obtient:  \[ \cir{}\simeq\left(\begin{array}{c} u\left(-a^{2}u^{2}+b^{2}v^{2}+c^{2}w^{2}+2\,\Sa\,uv+2\,\Sa\,uw+2\,\Sa\,wv\right)\\ v\left(a^{2}u^{2}-b^{2}v^{2}+c^{2}w^{2}+2\,\Sb\,uv+2\,\Sb\,uw+2\,\Sb\,wv\right)\\ w\left(a^{2}u^{2}+b^{2}v^{2}-c^{2}w^{2}+2\,\Sc\,uv+2\,\Sc\,uw+2\,w\Sc\,v\right)\\ 2\,\left(u+w\right)\left(v+w\right)\left(u+v\right) \end{array}\right) \] qui est homogène de degré trois. 

    Si l'on résoud $\cir{}\left(u:v:w\right)\simeq\cir{}\left(x:y:z\right)$ on trouve $U$ lui-même, les trois anticeviens de X(2) et enfin le point $h\left(U\right)$ (lire "hat of U" , i.e. $\widehat{U}$ ) avec  \[ h\left(\begin{array}{c} u\\ v\\ w \end{array}\right)\simeq\left(\begin{array}{c} -a^{2}u^{2}+b^{2}v^{2}+c^{2}w^{2}+2\,\Sa\,uv+2\,\Sa\,uw+2\,\Sa\,vw\\ a^{2}u^{2}-b^{2}v^{2}+c^{2}w^{2}+2\,\Sb\,uv+2\,\Sb\,uw+2\,\Sb\,vw\\ a^{2}u^{2}+b^{2}v^{2}-c^{2}w^{2}+2\,\Sc\,uv+2\,\Sc\,uw+2\,\Sc\,vw \end{array}\right) \] On vérifie aisément qu'il s'agit d'une involution (comme requis par l'origine de cette transformation). On applique les méthodes usuelles pour les transformation de Cremona. Les points d'indétermination (correspondant à $h\left(U\right)\simeq0:0:0$) sont les anticeviens $G_{A},G_{B},G_{C}$ de X(2) (déjà obtenus) et donc forment le triangle antimédial. Le lieu exceptionnel, défini par $\det\left(\mathrm{grad}\left(h\left(U\right)\right)\right)=0$, est  \[ 16\,a^{2}b^{2}c^{2}\left(u+w\right)\left(v+w\right)\left(u+v\right)=0 \]  i.e. le trigone anti-medial.

    Les points fixes sont $U=$X(8) et associés, correspondant à $P=$X(7) et associés. Ce qui n'est pas une vraie surprise: lorsque $P_{1}=P$, le cercle $\cir{}$ est tangent au triangle. Et maintenant, on cherche le lieu des points $P$ tels $P,Q,\Omega$ soient alignés., autrement dit: \[ \det\left(\isot\left(U\right),\isot\left(h\left(U\right)\right),\mathrm{center}\left(\Omega\right)\right)=0 \]

    Ce déterminant a l'amabilité de se factoriser. On trouve trois coniques $\mathcal{K}_{A}\etc$ et une cubique $\mathcal{K}_{7}$. On a  \[ \boxed{\mathcal{K}_{A}}\simeq\left[\begin{array}{ccc} a^{2} & \Sc & \Sb\\ \Sc & b^{2} & -\Sa\\ \Sb & -\Sa & c^{2} \end{array}\right] \]  qui est centrée sur $G_{A}$ et qui ne contient pas d'autre point visible (le bredouillis de la figure est obtenu en utilisant $eq=0.001$). Quant à la cubique, un coup d'indentkub donne \[ \mathcal{K}_{7}=\pivk\left(X_{2}\;;\;X_{69}\right)=K007=\mathrm{cubic}\left(A,B,C,7\right) \]

    Et donc, merveille des merveilles, le lieu de $U$ est aussi le lieu de $P$.   

    Cordialement, Pierre.
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