Centre de gravité et cercle inscrit

Bonjour à tous,
Je me suis posé la question suivante : y a-t-il des triangles dans lesquels le centre de gravité se trouve sur le cercle inscrit ?
Ayant trouvé, dans un cours de P.J Hormière, l'équation suivante pour le cercle inscrit en coordonnées barycentriques :
$a^2yz+b^2zx+c^2xy−(a^2+b^2+c^2−2ab−2bc−2ca)(x+y+z)^2/4+(bc.x+ca.y+ab.z)(x+y+z)=0$,
j'obtiens, en posant $x=y=z$, la condition suivante pour que le centre de gravité se trouve sur le cercle inscrit : $3(ab+bc+ca)=(a^2+b^2+c^2)/2$.
Est-ce exact ?  Je crains que non, car en sommant les relations d'Al Kashi, on obtient $(a^2+b^2+c^2)/2=bc.cosA+ac.cosB+ab.cosC$, dont la valeur sera toujours, si je ne me trompe, inférieure à celle de $3(ab+bc+ca)$. Alors, où est mon erreur ?
Ou bien cela veut-il dire que le centre de gravité ne peut pas se trouver sur le cercle inscrit ?
Merci de vos lumières ! 
Bien cordialement JLB
PS pour la modération : Merci de laisser cette discussion ouverte dans ce sous-forum "Géométrie", bien qu'un message similaire ait été transféré dans une discussion du sous-forum "Pédagogie", car ce message-ci s'adresse à des géomètres ...

Réponses

  • Bonjour

    Pardon jelobreuil, mais j'essaie de répondre à la question initiale. Je ne cherche pas ton erreur. y a-t-il des triangles dans lesquels le centre de gravité se trouve sur le cercle inscrit ?
    1. Je crée le cercle inscrit de centre O
    2. Je crée un point D quelconque du cercle.
    3. Je dessine la tangente au cercle passant par D. On a déjà un côté.
    4. Je place un point C sur la droite.
    5. Je dessine la tangente au cercle issue de C.
    6. Je crée un point G sur le cercle inscrit voué à être le centre de gravité du triangle.
    7. Je crée un point A sur la droite (CD), A à l'opposé de C par rapport à D, bien sûr.
    8. Je dessine la tangente au cercle issue de A.
    9. Les points B sont alors ceux vérifiant : $\displaystyle \vec{OB}=3\vec{OG}-\vec{OA}-\vec{OC}$. J'en dessine le lieu (un cercle)
    10. Je déplace le point A jusqu'à ce que la tangente issue de A, la tangente issue de C et les lieux de B soient concourants.
    11. Je déplace G pour que B soit bien placé à l'intersection.


    Donc, oui, un centre de gravité d'un triangle ABC peut être sur le cercle inscrit.





  • Ludwig
    Modifié (July 2023)
    Bonjour jelobreuil,
    J'ai fait quelques calculs : lorsque le centre de gravité $G$ se trouve sur le cercle inscrit (de centre $I$) on a : $$OG^2= \frac{10R^2OI^2-OI^4-3R^4}{ 6R^2 },$$ où $R$ est le rayon du cercle circonscrit de centre $O$. Pour construire un tel triangle on se ramène donc au problème $OGI$. On choisit un point $I$ puis on place $G$ connaissant $OG$ et $IG$ : $$IG= \frac{R^2-OI^2}{ 2R }.$$ Seulement $I$ ne peut pas être n'importe où. En prenant $R=1$ j'ai trouvé expérimentalement que $OI \geq 0.6.$ Voici une figure pour le cas limite $OI=0.6$ : 

    Les points $O$, $G$ et $I$ sont alors alignés et $OG=0.28$. Si $A(-1,0)$ alors $B$ et $C$ sont d'abscisse $0.92$. Le triangle $ABC$ est semblable à celui de côtés $2$, $5$, $5$.


  • jelobreuil
    Modifié (July 2023)
    Bonjour et grand merci à vous deux, @PetitLutinMalicieux pour ta vérification expérimentale de la chose, @Ludwig pour tes calculs (peux-tu en donner un résumé, et notamment de quelles relations tu es parti ? Merci !) et les réponses que tu apportes. Intéressant, ce triangle (2,5,5) ...
    Mais j'aimerais quand même savoir quelles erreurs j'ai faites dans mon calcul ...
    Bien cordialement, JLB
  • Ludwig
    Modifié (July 2023)
    J'ai utilisé les formules du paragraphe 8 de Fundamental invariants of triangle. Le triangle rectangle $ABC$ dont le centre de gravité est sur le cercle inscrit est semblable à celui de côtés $6$ et : $$4\sqrt{3}-3 \pm \sqrt{24\sqrt{3}-39}.$$ Pour le construire facilement à la règle et au compas on peut partir du rayon de son cercle inscrit, c'est-à-dire du nombre $r=4\sqrt{3}-6$. On place $O(0,0)$, $A(3,0)$ et $G(1,0)$. On trace le cercle de centre $G$ et de rayon $r$. $I$ est un point d'intersection de ce cercle avec la droite d'équation $x=3r-1$. Le cercle de centre $A$ et de rayon $r$ coupe celui de centre $I$ passant par $G$ en $E$ et $F$. $(AE)$ recoupe le cercle de centre $O$ passant par $A$ en $B$, $(AF)$ le recoupe en $C$ : 

  • Merci beaucoup @Ludwig de cette explication et du lien donnant accès à de très intéressants documents que je vais avoir, du moins je l'espère, le courage d'étudier assez profondément ...
    Bien cordialement, Jean-Louis B.
  • Rescassol
    Modifié (July 2023)
    Bonjour,

    Une équation barycentrique du cercle inscrit est $f(x,y,z)=0$ avec:
    $f(x,y,z)=-4(a^2yz+b^2xz+c^2xy) + (x+y+z)((-a+b+c)^2x+(a-b+c)^2y+(a+b-c)^2z)$
    $G=[1;1;1]$ donne $5a^2 - 6ab - 6ac + 5b^2 - 6bc + 5c^2=0$
    Si on élimine $a$ avec $a^2=b^2+c^2$ on obtient:
    $16b^4 - 48b^3c + 41b^2c^2 - 48bc^3 + 16c^4=0$
    qui est une équation réciproque se résolvant par la méthode standard.

    Cordialement,
    Rescassol

  • Merci @Rescassol, je vais pouvoir comparer attentivement nos calculs pour comprendre quelles erreurs j'ai faites ...
    Bien cordialement Jean-Louis B. 
  • Fixons $A$ et $B$. Lieu de $C$ tel que le centre de gravité de $ABC$ soit sur le cercle inscrit : 

    On prend $A(-1,0)$ et $B(1,0)$. Donner une équation de cette courbe.

  • jelobreuil
    Modifié (July 2023)
    Bonsoir à tous,
    Et merci de tous ces développements ! Je crois avoir compris d'où vient là différence entre les calculs de @Rescassol et les miens : l'équation donnée dans le cours que j'ai consulté est entachée d'une erreur, le signe + au début de la deuxième ligne sur la reproduction jointe devrait être un signe -, je m'en suis aperçu en développant en parallèle les deux équations.
    La condition pour que G se trouve sur le cercle inscrit est donc bien celle qu'indique Rescassol et que je retrouve avec l'autre équation, moyennant la correction indiquée. On peut l'écrire sous la forme suivante :
                                                            $(a^2 + b^2 + c^2) = (2bc + 2ca + 2ab)3/5$
    où l'on voit apparaître le facteur $0,6$ que tu as détecté, @Ludwig ... Cela correspond-il au lieu dont tu viens de donner la figure ?
    Bien cordialement, Jean-Louis B.


  • Bonjour à tous
    Ne pas oublier, surtout ne pas oublier la Géométrie avec un grand $G$ et toute l'Algèbre avec un grand $A$ qui l'accompagne
    La figure ci-dessous montre un triangle $ABC$ avec son cercle inscrit $\gamma$ et son cercle circonscrit $\Gamma$.
    On sait grâce à Victor Poncelet qu'il existe une infinité de tels triangles.
    J'ai tracé en rouge le lieu de leurs centres de gravité $G$ qui semble être un cercle.
    Le montrer!
    Une fois ce petit hors d'oeuvre terminé, ceux qui sont encore debout auront tout le loisir de discuter de l'intersection de deux cercles.
    Amicalement
    pappus

  • Ludwig
    Modifié (July 2023)
    Oui, ce lieu est un cercle. Pour un point $I$ donné il y a en général deux triangles dont le centre de gravité est sur ce cercle, ce qu'on pourra constater avec cette figure GeoGebra (bouger $M$ et $I$).
  • Mon cher Ludwig
    La constatation par le logiciel ne suffit pas.
    Il faut une démonstration et j'ai bien peur qu'elle ne fasse appel à la géométrie circulaire.
    En d'autres mots, c'est foutu!
    Amicalement
    pappus
  • Ludwig
    Modifié (July 2023)
    C'est vrai que le logiciel ne suffit pas, bien sûr, même s'il est difficile de le faire mentir. 

    Je place $I'$ image de $I$ par l'homothétie de centre $O$ et de rapport $2/3$ et je note $(x,y)$ les coordonnées du point $B$. Je calcule celles de $A$ et $C$ sachant que ces points sont des intersections avec le cercle $\Gamma$ des tangentes en $B$ au cercle $\gamma$ (prendre par exemple la construction d'Euclide de ces tangentes). J'en déduis les coordonnées du centre de gravité $G$ de $ABC$ et je montre alors que ce point se trouve toujours à la même distance de $I'$.
  • Merci Ludwig
    Je suis d'accord pour le centre $I'$.
    Il ne reste plus qu'à donner une formule explicite pour le rayon!
    Amicalement
    pappus
  • Ludwig
    Modifié (July 2023)
    $$\boxed{\frac{R-2r}{3}=\frac{OI^2}{3R}}$$ $R$ étant le rayon du cercle circonscrit et $r$ celui du cercle inscrit.
  • Merci .Ludwig
    Et bravo!
    Il ne reste plus qu'à faire la démo.
    Un petit point de détail en quelque sorte!
    Remarque la linéarité des résultats!
    Après, seulement après, on pourra discuter de l'intersection de ces deux cercles et éventuellement trouver quand ils sont tangents!
    Amicalement
    pappus
  • jelobreuil
    Modifié (July 2023)
    Bonjour @Ludwig, @Pappus, et tous
    Merci de faire vivre cette discussion !
    Ludwig, j'aimerais bien avoir une réponse à la question que j'ai posée huit messages plus haut ...
    Je me permets d'ajouter que le triangle où $a = 2, b = 5, c = 5$ répond à la condition que j'ai indiquée. Existe-t-il d'autres triplets de tels nombres entiers ?
    Bien cordialement, Jean-Louis B.
  • Ludwig
    Modifié (July 2023)
    La condition pour que le cercle lieu de $G$ coupe le cercle inscrit se trouve facilement. On note $I(d,0)$ avec $0<d<R$ et on écrit les équations de ces deux cercles. En les soustrayant membre à membre on trouve directement que l'abscisse de ces points d'intersection, s'ils existent, est égal à : $$x=\frac{38R^2d^2-5d^4-9R^4}{24R^2d}.$$ Pour que ces cercles se croisent effectivement il faut et il suffit que $$d-\frac{R^2-d^2}{2R} \leq x \leq d+\frac{R^2-d^2}{2R}.$$ L'inégalité de droite est toujours vérifiée et celle de gauche s'écrit : $$\left(R - d \right)  \left(R + d \right)  \left(3  R - d \right)  \frac{3  R - 5  d}{24  R^{2}  d} \leq  0,$$ d'où le résultat : $d \geq 3R/5.$
  • pappus
    Modifié (July 2023)
    Bonjour à tous
    J'ai fait la figure de Ludwig avec $d=OI=\dfrac 35R$ et $r=\dfrac 8{25}R$
    Le cercle lieu de $G$ a pour centre $I'$ tel que $OI'=\dfrac 25R$ et pour rayon $\dfrac 3{25}R$.
    Il est tangent intérieurement au cercle inscrit!
    Amicalement
    pappus
    PS
    Quelle relation a-t-on alors entre les longueurs $(a,b,c)$ des côtés du triangle $ABC$?

  • Ludwig
    Modifié (July 2023)
    Oui jelobreuil il y a d'autres solutions entières. Voici les plus petites (à similitude près) :

    a = 2 , b = 5 , c = 5
    a = 5 , b = 10 , c = 13
    a = 10 , b = 17 , c = 25
    a = 13 , b = 29 , c = 34
    a = 17 , b = 26 , c = 41
    a = 25 , b = 58 , c = 65
    a = 26 , b = 37 , c = 61
    a = 29 , b = 53 , c = 74

    J'ai bien l'impression que ces entiers sont ceux de la suite A008784 : numbers $n$ that are primitively represented by $x^2 + y^2$. Reste à savoir comment en prendre trois dans cette liste.

  • Merci @Ludwig !
    Je vais essayer de voir s'il n'y a pas une régularité dans la formation de ces triplets. Déjà, je remarque qu'apparemment, puisque dans ta liste de triplets, les valeurs de $a$ sont celles des premiers nombres de cette suite sans exception, on peut choisir n'importe quel nombre de cette suite pour valeur de $a$ ...
    Bien amicalement, Jean-Louis B. 
  • gipsyc
    Modifié (July 2023)
    Bonjour
    Je prends un peu tardivement le train en marche.
    J'avais dans mes notes une formule algébrique caractérisant tout point sur le cercle inscrit ... donc le centre de gravité, s'il s'y trouve.

  • Rescassol
    Modifié (July 2023)
    Bonjour
    Je trouve plutôt :
    $\dfrac{x^2}{bc}+\dfrac{y^2}{ca}+\dfrac{z^2}{ab}=\dfrac{-a^3-b^3-c^3 + a^2b+a^2c+ab^2+ac^2+b^2c+bc^2 + 2abc}{4abc}$
    au lieu de $\dfrac{5}{4}$, ou alors il y a quelque chose qui m'échappe.
    Nous serions d'accord si le triangle $ABC$ était équilatéral.
    Cordialement,
    Rescassol
  • jelobreuil
    Modifié (July 2023)
    Bonsoir à tous
    Apparemment, "ma" condition serait aussi vérifiée dans le triangle où $a = 1, b = 1, c = 2$ ... s'il était autre chose que plat !
    Bien cordialement, Jean-Louis B.  
  • Ludwig
    Modifié (July 2023)
    J'ai bien l'impression que les triplets d'entiers solutions s'écrivent $x^2+y^2$, $x^2+z^2$ et $y^2+z^2$, avec $x,y,z$ entiers. On peut déjà remarquer que si on prend $x,y,z$ tels que l'un est égal à la somme des deux autres alors les triplets obtenus sont solutions (et cela marche aussi pour des nombres non entiers).
  • jelobreuil
    Modifié (July 2023)
    Très bien vu,@Ludwig, je confirme : ton intuition est très juste, je viens de la vérifier : en effet, quand on prend un triplet de nombres (entiers ou réels, peu importe) de la forme que tu indiques $a = x^2 + y^2, b = x^2 + z^2, c = y^2 + z^2$  avec $z = x + y$ et que l'on développe les deux membres de l'égalité donnée comme condition, $a^2 + b^2 + c^2 = (2ab +2 bc + 2ca)3/5$, ces deux membres sont bien égaux, sans aucun problème ! Cela vient, en dernière analyse, des valeurs des coefficients du binôme (triangle de Pascal) ...
    Bien amicalement, Jean-Louis B. 
  • gipsyc
    Modifié (July 2023)
    Bonjour Rescassol,
    La formule que j'ai donnée est de toute évidence fausse pour tout triangle acutangle.

    Par contre la formule donnée par Rescassol est juste.

    Désolé de ne pas avoir vérifié ma source.
  • Ludwig
    Modifié (July 2023)
    Bonjour,
    Avec $A(-1,0)$ et $B(1,0)$ quel est le lieu de $C$ tel que $ABC$ ait son centre de gravité sur son cercle inscrit ? Pour trouver un paramétrage de cette courbe on part des longueurs des côtés $a = x^2 + y^2, b = x^2 + z^2, c = y^2 + z^2$ avec $z=x+y$ et on prend $x=\cos(t)$ et $y=\sin(t)$, $0\leq t \leq 2\pi$. On écrit l' équation du cercle de centre $A$ et de rayon $2b/a$, celui de centre $B$ et de rayon $2c/b$. Et on cherche les coordonnées de leurs points d'intersection. On trouve : $$X=3\cos(2t)+\sin(4t),$$$$Y=\big (\cos(t)-\cos(3t)+\sin(t)+\sin(3t)\big)\sqrt{2+\sin(2t)}.$$
    Peut-on procéder autrement pour se débarrasser de cette racine carrée ? S'agit-il d'une courbe bien connue ? J'ai cherché avec google images :smile: mais je n'ai rien trouvé.

  • Mon cher Ludwig
    Il faut rationaliser en $(a^2,b^2,c^2)$ l'expression:
    $$5(a^2+b^2+c^2)-6(bc+ca+ab)$$
    qui traduit le fait que $G$ appartient au cercle inscrit $\gamma$ au triangle $ABC$.
    Pour cela tu regardes les cas où $G$ appartient aux différents cercles exinscrits et tu multiplies tes quatre équations de façon adéquate.
    Amicalement
    pappus
    PS
    J'ai la flemme de faire les calculs!
    Autrement dit, ta courbe visiblement de degré assez élevé est le lieu des points $C$ tels le centre de gravité $G$ du triangle $ABC$ appartient à l'un des quatre cercles tangents (inscrit ou exinscrits) au triangle $ABC$.
  • Bonjour à tous
    Je crois que j'ai déliré!
    Il y a certes un problème de rationalisation mais je doute fort que le centre de gravité $G$ puisse se retrouver sur un cercle exinscrit pour de simples raisons de convexité!
    Il y a sans doute mieux à faire?
    Amicalement
    pappus
  • Bonjour,

    Une équation de cette magnifique courbe est $T_8+T_6+T_4+T_2=0$ avec:
    $T8=16((x^2+y^2)^4 - 4x^2y^6)$
    $T6=-8(30x^6 + 99x^4y^2 - 8x^2y^6 + 108x^2y^4 + 39y^6)$
    $T4=432x^4 - 1296x^2y^2 - 1647y^4$
    $T2=1944(2x^2 - y^2)$

    Cordialement,
    Rescassol

  • Ludwig
    Modifié (July 2023)
    Je ne sais pas comment tu as fait Rescassol mais j'ai obtenu la même équation que toi... en suivant le conseil de pappus ! Car même si $G$ ne risque pas d'être sur un cercle exinscrit, son astuce permet de ne pas traîner de racines carrées dans les calculs. Les équations barycentriques des cercles exinscrits s'obtiennent en remplaçant $a$ par $-a$, puis $b$ par $-b$ et enfin $c$ par $-c$ dans celle du cercle inscrit. Donc il suffit de faire ces remplacements dans l'expression : $$5(a^2+b^2+c^2)-6(bc+ca+ab), $$puis de faire le produit des quatre expressions obtenues et enfin de développer pour n'avoir que des puissances paires de $a$, $b$ ou $c$. On termine en remplaçant $a$ par $2$, $b^2$ par $(x-1)^2+y^2$ et $c^2$ par $(x+1)^2+y^2$. Le tour est joué !

  • Peut-être sont-ce des points G imaginaires ? :)
  • Rescassol
    Modifié (July 2023)
    Bonjour
    On a 
    $a^2-4=0,\space b^2-(x-1)^2-y^2=0,\space c^2-(x+1)^2-y^2=0$ 
    $5(a^2+b^2+c^2) - 6(ab+bc+ca) = 0$
    donc $4$ équations polynomiales.
    J'ai éliminé les $3$ varaobles $a,b,c$ à coup de résultants successifs pour aboutir à l'équation que j'ai donnée.
    Cordialement,
    Rescassol
  • Ah ! J'ai enfin pu trouver un paramétrage sans racine carrée de la courbe lieu de $C$ tel que $ABC$ ait son centre de gravité sur le cercle inscrit (avec $A(-1,0)$ et $B(1,0)$). Il fallait faire de bons changements de variable. J'obtiens : $$x=\sqrt{3}  \operatorname{sin} \left( 2  t \right) \; \frac{\operatorname{cos} \left( 2  t \right) - 4}{\left(\operatorname{cos} \left( 2  t \right) + 2 \right)^{2}},$$$$y=2 \sqrt{6}  \frac{\operatorname{sin} \left( 3  t \right)}{\left(\operatorname{cos} \left( 2  t \right) + 2 \right)^{2}}$$ $t$ variant entre $0$ et $2\pi.$
  • Bravo @Ludwig, pour ta persévérance ! Merci de n'avoir pas lâché le morceau ! 
    Bien amicalement, JLB
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