
Deux triangles céviens de même aire
Bonjour,
Ci-dessous un problème de triangle que j'ai présenté sur RG, inspiré par l'identité d'aire partagée par le triangle des points de contact du cercle inscrit et celui des points de contact des trois cercles exinscrits.
Dans ces deux triangles céviens, deux points sont situés sur chaque triangle, chacun à égale distance du sommet homologue du triangle ABC.
J'ai voulu recréer une situation semblable, avec des distances semblables sur des côtés différents, par report des distances sur le côté « d'à côté » par rotation horaire autour du sommet partagé par ces deux côtés.
Soient
• un triangle ABC quelconque,
• un point P quelconque à l'intérieur du triangle,
• le triangle P-cévien DEF associé, D sur BC, F sur AB et E sur AC
• la projection par rotation horaire centrée par resp. B, A et C des points D, F et E sur resp. les côtés AB, AC et BC, donnant les points D₁︎, E₁︎ et F.
https://share.icloud.com/photos/0a5N8QEIvBwP7GFOEG2C8JIMA
L'on obtient un triangle D₁︎E₁︎F₁︎ généralement non cévien ... sauf dans certaines situations:
• si P = Q, P = Q = Ge (point de Gergonne) : les triangles sont confondus

https://share.icloud.com/photos/0b9CjUqtD1pq_ftgGvFDQJLFA
• si P se déplace sur une trajectoire curviligne en V inversé de sommet Ge
Si ce triangle D₁︎E₁︎F₁︎ est cévien, et seulement alors, les deux triangles DEF et D₁︎E₁︎F₁︎ sont d'aire égale.
Cordialement
Jean-Pol Coulon
Note : qui peut me rappeler sur quel site déposer les images que l'on souhaite partager ?
Ci-dessous un problème de triangle que j'ai présenté sur RG, inspiré par l'identité d'aire partagée par le triangle des points de contact du cercle inscrit et celui des points de contact des trois cercles exinscrits.
Dans ces deux triangles céviens, deux points sont situés sur chaque triangle, chacun à égale distance du sommet homologue du triangle ABC.
J'ai voulu recréer une situation semblable, avec des distances semblables sur des côtés différents, par report des distances sur le côté « d'à côté » par rotation horaire autour du sommet partagé par ces deux côtés.
Soient
• un triangle ABC quelconque,
• un point P quelconque à l'intérieur du triangle,
• le triangle P-cévien DEF associé, D sur BC, F sur AB et E sur AC
• la projection par rotation horaire centrée par resp. B, A et C des points D, F et E sur resp. les côtés AB, AC et BC, donnant les points D₁︎, E₁︎ et F.
https://share.icloud.com/photos/0a5N8QEIvBwP7GFOEG2C8JIMA
L'on obtient un triangle D₁︎E₁︎F₁︎ généralement non cévien ... sauf dans certaines situations:
• si P = Q, P = Q = Ge (point de Gergonne) : les triangles sont confondus
• si P se déplace sur une trajectoire curviligne en V inversé de sommet Ge
Si ce triangle D₁︎E₁︎F₁︎ est cévien, et seulement alors, les deux triangles DEF et D₁︎E₁︎F₁︎ sont d'aire égale.
Cordialement
Jean-Pol Coulon
Note : qui peut me rappeler sur quel site déposer les images que l'on souhaite partager ?
Réponses
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Désolé pour les fautes de frappe ... impossible de modifier le texte une fois publié.
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Bonjour,
1) On peut modifier un message avec la roulette en haut à droite, puis "Modifier".
2) Vassillia a expliqué comment mettre une image sur le forum, il existe des dizaines de sites, pour ne pas dire plus, faisant l'affaire.
3) Le triangle cévien d'un point et le triangle cévien de son isotomique ont même aire.
Cordialement,
Rescassol
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Bonjour,La droite $(PQ)$ est de direction constante, direction que l'on peut déterminer à partir d'une position particulière de $P$. Par exemple lorsque $P$ se trouve sur $(AC)$ on a $CP=CB$, et alors $Q$ est sur $(AB)$ avec $BQ=BC$ et les triangles sont d'aire nulle.
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Merci Rescassol
Juste que
1) la roulette - que j'utilisais sans retenue avant le hacking - ne fonctionne plus, du moins sur mon smartphone.
2) je ne sais plus dans quel post se trouve l(s)e site(s) web(s) donné(s) par Vassillia. De plus, les liens de partage classiques (Google Ploto, iCloud Photo) n'apparaissent pas sous forme d'images à l'écran.
Je vais donc éplucher les dernières communications pour retrouver l'info souhaitée.
3) les points P et Q de mon problème ne sont pas du tout isotomiques lorsque le deuxième triangle est Q-cévien et par conséquent de même aire que le premier, P-cévien
Cordialement,
Jean-Pol
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Merci Ludwig,
En effet, les positions extrêmes du point P sont utiles.
Votre constation soulève plusieurs questions.
• Pourquoi la direction de PQ est-elle constante ?
• Quelle serait cette nouvelle direction (par rapport à celle-ci) en cas de projections par rotation anti-horaire?
• Comment déterminer précisémentt le lieu géométrique des points P (ou Q) [deux courbes d'une hyperbole ?] ou du moins un point P (autre que le point de Gergonne) pour réaliser avec exactitude la construction autrement que par approximation sur Geogebra ? -
Bonjour,
Voilà une cubique, lieu des point $M$ dont le triangle cévien a même aire que celui du centre du cercle inscrit.
Cordialement,
Rescassol
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Bonjour,
Et avec le triangle de contact du cercle inscrit:
Cordialement,
Rescassol
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Merci Rescassol pour cette contribution
... qui me donne le site zupimages.net
Le point I, au contraire du point de Gergonne, n'est cependant pas sur le lieu géométrique des points P tel que défini dans l'exercice.
Je remets (grâce à zupimzges.net) dans le post ci-dessous le problème tel que posé dans RG13492.
Jean-Pol -
Bonjour à tousQuel est le lieu des points $Q$ de triangle cévien $A'B'C'$ tels qu'on ait l'égalité suivante entre aires algébriques:$$S(A',B',C')=-2S(A,B,C)$$Amicalementpappus
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Bonjour
Revoici la question, schémas à l'appui, telle que posée sur RG.
https://zupimages.net/up/23/41/j0gj.jpeg
autrement dit
https://zupimages.net/up/23/41/4le1.jpeg
et en bonus la réponse de Chi Nguyen Chuong, un fan de géométrie euclidienne, que j'ai beaucoup appréciée.
https://zupimages.net/up/23/41/g07d.jpeg
Cordialement,
Jean-Pol
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Bonjour,
Pappus, c'est l'ellipse circonscrite de Steiner:
Cordialement,
Rescassol
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Merci Rescassol mais il manque une partie du lieu!Amitiéspappus
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Bonjour,
Tu parles de la droite de l'infini ?
Cordialement,
Rescassol
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Oui gypsic, on peut tracer les lieux de $P$ et $Q$ connaissant la direction de $(PQ)$. On place $D$ variable sur $BC$, $P$ variable sur $AD$. Pour un point $D$ donné le lieu du point d'intersection de $(BF')$ avec $(AE')$ lorsque $P$ varie est une conique qui passe par $A$ et $B$. Il suffit d'en construire trois autres points particuliers. Cela se fait bien lorsque $P$ est en $D$, en $A$ et par exemple au milieu de $AD$ (en fait on peut prendre n'importe quels points et faire la construction mais pour que la commande LIEU fonctionne par la suite il ne faut pas que la définition de $P$ soit imprécise, par exemple $P$ sur $(AD)$ ne fonctionnera pas, même si cela permet d'obtenir la conique).Une fois cette conique obtenue on en prend une intersection avec $(CD')$ pour avoir le bon point $Q$, et alors on à le bon point $P$ grâce à la direction de $(PQ)$. Désolé c'est un peu confus. J'espère que vous aurez compris le principe.En bleu le lieu de $P$, en orange celui de $Q$. Il doit y avoir plus simple.Le fichier GeoGebra est au format txt, à renommer en ggb. Bouger $K$ sur $(BC)$.
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Bonsoir RescassolOui bien sûr!On sait que ces courbes d'aire constante sont des cubiques invariantes par isotomie.Donc si on connait une partie de la cubique, à savoir l'ellipse circonscrite de Steiner, on connait l'autre morceau en transformant l'ellipse de Steiner par isotomie et on tombe sur la droite de l'infini.La cubique se décompose en une droite et une conique.Existe-t-il d'autres cas de décomposition?Peux-tu faire la figure dans le cas de la droite de l'infini?J'ai la flemme!Amitiéspappus
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Bonsoir,
Voilà:
Cordialement,
Rescassol
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Merci RescassolDans ce cas que peut-on dire de l'application affine $ABC\mapsto A'B'C'$?Amitiéspappus
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bonsoir,
Avec un paramètre $t$, on a $A'=[0; t; 1-t], B'=[-1; 0; 1-t], C'=[-1; t; 0]$ et la matrice de l'application affine a $A',B',C'$ comme vecteurs colonnes.
Cordialement,
Rescassol
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Merci RescassolTu n'as pas répondu à ma question.On pourrait le faire à partir de ta matrice en procédant à sa réduction mais on peut aussi le faire sans calcul!Amitiéspappus
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Pour revenir à une considération plus simple, une démonstration de l'égalité des aires des deux triangles inscrits dans un triangle.
J'utilise un petit lemme que j'avais oublié avoir publié sur RG (et que j'avais repris ici dans ma note sur le théorème de Routh revisité).
https://zupimages.net/up/23/41/isjt.jpeg
(pourquoi l'image n'apparaît -elle pas ? - je prends l'option 2 du site)
Dans le problème présentéSoient
- D, E et F resp. sur [BC], [AC] et [AB]
- a.b.c = u
- BD.CE.AF = v et DC.EA.FB = w
(en quelque sorte le théorème de Ceva décortiqué)
Pour tout △DEF
[DEF]/[ABC] = (v+w)/u (mon ancien lemme)
Comme le △DEF est P-cévien
Ceva ⇒ v = w
[DEF]/[ABC] = 2v/u = 2w/u
Tout autre triangle cevien [D₁︎E₁︎F₁︎][D₁︎E₁︎F₁︎]/[ABC] = 2v₁︎/u = 2w₁︎ /u
Dans le problème, les 2 triangles céviens ont le même terme
v = w₁︎
v pour △DEF = BD CE AF
w₁︎ pour △D₁︎E₁︎F₁︎ = BD₁︎ CE₁︎ AF₁︎
⇒
[DEF]/[ABC] = [D₁︎E₁︎F₁︎]/[ABC]
[DEF] = [D₁︎E₁︎F₁︎] ∎ -
Bonjour
Test de la méthode de Vassillia pour afficher une image dans le forum :En bleu le lieu de 𝑃, en orange celui de 𝑄.@pappus : quel est le rapport entre tes triangles d'aire constant et le problème posé par gypsic ?@gypsic : est-ce que tu peux stp écrire les formules en latex ? C'est assez facile à faire et le résultat est beaucoup plus agréable à lire. -
Mon cher LudwigGypsic s'intéresse à l'aire des triangles céviens!Je voulais dire ce que je savais à ce sujet!Amicalementpappus
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Bonjour,
Pappus, l'application affine $ABC\mapsto A'B'C'$ est une affinité de rapport $-2$.
Cordialement,
Rescassol
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Merci RescassolEt quelle est l'enveloppe de l'axe de cette affinité?Amitiéspappus
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Bonsoir,
Pappus, l'enveloppe de l'axe est l'ellipse inscrite de Steiner du triangle $ABC$.
Cordialement,
Rescassol
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Une bonne nouvelle : le lieu des points de l'intersection de $(P_1P_2)$ avec $(Q_1Q_2)$ est une hyperbole passant par $A$, $B$, $C$ et de centre le milieu de $[AC]$. Facile à tracer donc, car elle passe aussi par le point de Gergonne du triangle $ABC$.Le milieu de $[AC]$ ? Hum... et la symétrie du problème alors ? Il faut répéter ma construction en partant d'un point variable sur $(AB)$, puis en partant d'un point variable sur $(AC)$, de sorte qu'il y a non pas deux paires de triangles de même aire mais six ! (un même point $P$ correspondra à trois points $Q$).
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Bravo RescassolPeux-tu identifier le point de contact?Amitiéspappus
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Bonjour,
Avec le même paramètre $t$ que précédemment, le point caractéristique de l'axe est $Pcarac=[1; t^2; (1-t)^2]$.
C'est le point de Lemoine du triangle aplati $A''B''C''$.
Cordialement,
Rescassol
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Mon cher RescassolTu as beaucoup d'imagination!Mais ce problème est de nature affine. On a pas besoin de l'axiome de Pythagore seulement de celui de Thalès.Quel est le lien géométrique entre le point à l'infini définissant la direction de l'affinité et le point de contact de l'axe de l'affinité avec son enveloppe?
Amitiés
pappus -
Un deux trois quatre cinq six sept et huit ! Le compte est bon.$A$, $P_1$, $P_2$ alignés, etc.
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Bonjour,
Ces deux points sont isotomiques par rapport au triangle médian du triangle $ABC$.
Cordialement,
Rescassol
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Mon cher LudwigJe n'ai absolument rien compris à ce que fait gypsic!Peux-tu m'expliquer la définition de ce lieu mystérieux à partir de ces points $P$ et $Q$.Merci d'avance.Amicalementpappus
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Bien sûr pappus. Le début est clair : gipsyc part d'un point $P$ à l'intérieur du triangle $ABC$ et construit son triangle cévien $DEF$. Il place ensuite le point $D'$ sur $(AB)$ image de $D$ par la rotation de centre $B$ et d'angle $\beta$, le point $E'$ sur $(BC)$ image de $E$ par la rotation de centre $C$ et d'angle $\gamma$ et le point $F'$ sur $(AC)$ image de $F$ par la rotation de centre $A$ et d'angle $\alpha$. C'est ce qu'il appelle faire une projection par rotation horaire :En général le triangle $D'E'F'$ obtenu n'est pas cévien. Mais lorsqu'il l'est alors il a la même aire que le triangle $DEF$, et la réciproque est vraie. C'est ce qu'il fallait démontrer. Lorsque $D'E'F'$ est cévien, on appelle $Q$ le point de concours de ses céviennes $(AE')$, $(BF')$ et $(CD')$.Pour que $D'E'F'$ soit cévien le point $P$ ne peut pas être n'importe où. J'ai tracé la courbe sur laquelle il doit se trouver (en bleu sur les images précédentes). Lorsque $P$ varie sur cette courbe la direction de la droite $(PQ)$ ne change pas.
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Merci Ludwig!Déjà je me méfie de cette histoire de rotation horaire qui est de la géométrie contemplative.Contentons nous en pour le moment faute de mieux.Je reconnais que le résultat final est joli.Ce qui m'intrigue, c'est cette histoire de direction constante pour la droite $(PQ)$?As-tu des formules simples pour calculer les coordonnées de $Q$ en fonction de celles de $P$ quand celui-ci varie sur son lieu dont j'aimerais bien connaitre l'équation?Je suis trop vieux et fatigué pour faire le moindre calcul et je te fais confiance!Amicalementpappus
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Désolé pappus je n'ai pas la moindre équation. Pour tracer ce lieu j'ai d'abord construit une hyperbole en utilisant l'outil conique par cinq points, trois de ces points n'étant pas obtenus simplement... Ensuite j'ai pris l'intersection de cette hyperbole avec une droite, puis utiliser une parallèle construite à partir de deux points eux-mêmes construits... etc. Bref, quinze pages de calcul. Pas sûr d'en venir à bout, même avec un logiciel de calcul formel. Il faut trouver une autre méthode.
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Bonjour,
$a,b,c$ étant les longueurs des côtés du triangle $ABC$, le lieu de $P$est une cubique ayant pour équation barycentrique:
$-bc(a-b)x^2y + b(a-b)(a-c)x^2z - c(a-b)(b-c)xy^2 + ab(a-c)xz^2$
$ - ac(b-c)y^2z + a(a-c)(b-c)yz^2 + (a-b)(a-c)(b-c)xyz=0$
Cordialement,
Rescassol
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Bonjour LudwigVoici ma version de la définition des points $D'$ , $E'$, $F'$ de gypsic sans qu'il y ait besoin d'attraper le moindre torticolis avec la moindre rotation horaire que ce soit et ceci quelle que soit la position du point $P$ dans le plan.Une fois les points $A$, $B$, $C$ $I$, $I_a$, $I_b$, $I_c$ donnés, tous les calculs à mener sont affines donc particulièrement simples.C'est le reproche que je faisais à Rescassol.Toute cette discussion se passe dans le cadre bienveillant de la défunte géométrie affine.Donc quand tu dessines des angles, cela m'énerve un peu!Amicalementpappus
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Bonjour,
Si $P=[u; v; w]$, alors on a $Q=[a b u w; b u (c v-a w+c w); (a u-b u+a w)(c v-a w+c w)]$.
Cordialement,
Rescassol
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Merci RescassolOn dirait une transformation quadratique!Mais en est-ce vraiment une?Amitiéspappus
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Merci RescassolOublie tous les calculs que tu as faits.Et suis scrupuleusement ma figure en te faisant aider par ton logiciel de calcul formel favori.Tu pars de $P(u:v:w)$Tu calcules $D(0:v:w)$, $E(u:0:w)$, $F(u:v:0)$Ensuite tu calcules les coordonnées de $E'$ comme l'intersection avec $BC$ de la parallèle à $I_aI_b$ issue de $E$, celles de $F'$ comme l'intersection avec $CA$ de la parallèle à $I_bI_c$ issue de $F$, celles de $D'$ comme l'intersection avec $AB$ de la parallèle à $I_aI_c$ issue de $D$.Enfin tu écris que les droites $AE'$, $BF'$, $CD'$ sont concourantes en un point $Q$.Tu devrais trouver le résultat de Rescassol qui ne se trompe jamais!Amicalementpappus
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C'est bien $a=BC$, $b=AC$ et $c=AB$ Rescassol ? Je ne retrouve pas ma courbe. J'ai essayé en faisant $z=1-x-y$ et aussi en utilisant la commande GGB TriangleCourbe. Par contre c'est ok pour les coordonnées de $Q$.Si c'est bon ça marche (avec TriangleCourbe), je ne sais pas ce que j'ai boutiqué. Bravo !
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Bonsoir,
Oui, Ludwig, $a,b,c$ sont bien les longueurs des côtés du triangle $ABC$.
Voilà ce que j'ai trouvé pour les points $D',E',F'$:$D'=[aw; cv - aw + cw; 0],\space E'=[0; bu; aw - bu + au],\space F'=[bu - cv + bv; 0; cv]$Cordialement,Rescassol
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Merci Rescassol. La direction de la droite $(PQ)$ est celle de l'asymptote à cette courbe, qui est aussi celle de la droite d'équation barycentrique $a(b-c)y-b(c-a)x=0$.
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Bonjour,
Voilà une figure contenant la droite $(PQ)$ et l'asymptote qui a une équation un peu compliquée, $px + qy + r = 0$ avec:p=-(a*b*(ya-yb) + b*c*(yb-yc) + c*a*(yc-ya))*(-a^2-b^2-c^2+a*b+b*c+c*a)
q=(a*b*(xa-xb) + b*c*(xb-xc) + c*a*(xc-xa))*(-a^2-b^2-c^2+a*b+b*c+c*a)r=(a*b^3*xa*yb-a*b^3*xb*ya+a^3*b*xa*yc-a^3*b*xc*ya-a^3*b*xb*yc+a^3*b*xc*yb-a*c^3*xa*yb+a*c^3*xb*ya-a^3*c*xa*yc+a^3*c*xc*ya-a*c^3*xb*yc+a*c^3*xc*yb-b^3*c*xa*yb+b^3*c*xb*ya+b^3*c*xa*yc-b^3*c*xc*ya+b*c^3*xb*yc-b*c^3*xc*yb-a^2*b^2*xa*yc+a^2*b^2*xc*ya+a^2*b^2*xb*yc-a^2*b^2*xc*yb+a^2*c^2*xa*yb-a^2*c^2*xb*ya+a^2*c^2*xb*yc-a^2*c^2*xc*yb+b^2*c^2*xa*yb-b^2*c^2*xb*ya-b^2*c^2*xa*yc+b^2*c^2*xc*ya+a*b*c^2*xa*yb-a*b*c^2*xb*ya-a*b^2*c*xa*yb+a*b^2*c*xb*ya-a^2*b*c*xa*yb+a^2*b*c*xb*ya+a*b*c^2*xa*yc-a*b*c^2*xc*ya-a*b^2*c*xa*yc+a*b^2*c*xc*ya+a^2*b*c*xa*yc-a^2*b*c*xc*ya-a*b*c^2*xb*yc+a*b*c^2*xc*yb-a*b^2*c*xb*yc+a*b^2*c*xc*yb+a^2*b*c*xb*yc-a^2*b*c*xc*yb)
Cordialement,
Rescassol
-
BonjourÀ partir des coordonnés barycentriques du point $P$ que tu as écrites Rescassol en fonction de celles de $P$, j'ai déterminé la transformation inverse : si $Q=[u'; v'; w']$ alors on a $P=[a c u' v'; (a u'-c u'+a v')(a v'-b v'-b w') ; c u' (a v'-b v'-b w')].$ C'est la même transformation, à quelques permutations près.On peut alors écrire l'équation du lieu de $Q$ : $$ay^{2} \left(b-a\right) \left(b z - c \left(x+z \right) \right) - b z^{2} \left(c-b \right) \left(a \left(x + y \right) - c x \right) + cx^{2} \left(a - c \right) \left(y \left(a - b \right)-b z \right) + xyz \left(a - b \right) \left(b - c \right) \left(c-a\right) = 0.$$
-
Bonjour,
Oui, Ludwig, ce qui donne:
Cordialement,
Rescassol
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Les asymptotes de ces deux cubiques sont parallèles. De plus ces courbes ont deux tangentes communes, qui sont parallèles aux asymptotes. Il serait intéressant d'avoir les points de contact de ces tangentes, car ils déterminent la "bande " dans laquelle vivent $P$ et $Q$.
-
Bonjour,
Les deux lieux se coupent en $A,B,C$, bien sûr, et au point de Gergonne $X_7$.
Cordialement,
Rescassol
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