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Un petit bijou

Modifié (4 Feb) dans Géométrie
Bonjour à tous.
En hommage à Poulbot, voici un petit bijou de la géométrie du triangle probablement dû à Neuberg.
La figure ci dessous montre un triangle $ABC$, son cercle circonscrit $\Gamma$ et un point $\Omega$ que j'ai choisi intérieur à $\Gamma$ même si ce n'est pas nécessaire.
$A'B'C'$ est le triangle circumcévien du triangle $ABC$ par rapport au point $\Omega$.
$K$ et $K'$ sont les points de Lemoine respectifs des triangles $ABC$ et $A'B'C'$.
Montrer que les points $\Omega$, $K$, $K'$ sont alignés.
Cet exercice d'alignement a probablement déjà été donné ici même dans le passé !
Qui en donnera la preuve la plus courte et la plus esthétique ?
Amicalement
pappus

Réponses

  • Bonsoir,

    Voilà avec Morley circonscrit (j'ai renommé $O$ en $M$).
    C'est peut-être plus simple en barycentrique.
    % Pappus - 04 Février 2024 - Un petit bijou
    
    %-----------------------------------------------------------------------
    
    clc, clear all, close all
    
    syms a b c
    
    aB=1/a; bB=1/b; cB=1/c;  % Conjugués (Morley circpnscrit)
    
    s1=a+b+c; s2=a*b+b*c+c*a; s3=a*b*c;
    s1B=s2/s3; s2B=s1/s3; s3B=1/s3; % Conjugués
    
    %-----------------------------------------------------------------------
    
    syms m mB % Un point M quelconque
    
    [ap bp cp apB bpB cpB]=TriangleCircumCevien(a,b,c,m,aB,bB,cB,mB);
    ap=Factor(ap); % On trouve ap=(a-m)/(a*mB-1) etc...
    
    a2=Factor((bp-cp)*(bpB-cpB)); % Carré de la distance B'C' etc...
    % On trouve a2=-(b-c)^2*(m*mB-1)^2/((b-m)*(b*mB-1)*(c-m)*(c*mB-1))
    b2=Factor((cp-ap)*(cpB-apB)); c2=Factor((ap-bp)*(apB-bpB));
    
    % K' est barycentre de A'(a2), B'(b2), C'(c2)
    kp=Factor((a2*ap+b2*bp+c2*cp)/(a2+b2+c2));
    kpB=Factor((a2*apB+b2*bpB+c2*cpB)/(a2+b2+c2));
    kp=FracSym(kp,[a b c]);
    kpB=FracSym(kpB,[a b c]);
    % On trouve:
    kp=(-2*(s1^2-3*s2)*m^2 + 2*(s1*s2-9*s3)*m - 2*(s2^2-3*s1*s3))/((s1*s2-9*s3)*m*mB - 2*(s1^2-3*s2)*m - 2*(s2^2-3*s1*s3)*mB + (s1*s2-9*s3));
    kpB=(-2*(s2^2-3*s1*s3)*mB^2 + 2*(s1*s2-9*s3)*mB - 2*(s1^2-3*s2))/((s1*s2-9*s3)*m*mB - 2*(s1^2-3*s2)*m - 2*(s2^2-3*s1*s3)*mB + (s1*s2-9*s3));
    
    k=(2*s2^2-6*s1*s3)/(s1*s2-9*s3); kB=(2*s2B^2-6*s1B*s3B)/(s1B*s2B-9*s3B);
    
    Nul=Factor(det([k kB 1; kp kpB 1; m mB 1])) % Nul=0, donc c'est gagné
    Cordialement,
    Rescassol

  • Modifié (4 Feb)
    Merci Rescassol pour ta preuve.
    Le choix de Morley circonscrit s'imposait pour toi puisque tu en es notre spécialiste reconnu.
    Il existe évidemment des preuves non calculatoires, basées soit sur la défunte géométrie projective soit sur la non moins défunte géométrie hyperbolique.
    Indication: se servir du point de Lemoine comme d'un perspecteur et éventuellement du Lebossé-Hémery, quatorzième leçon, page 218, polarité par rapport à un cercle.
    Amitiés
    pappus
  • Modifié (5 Feb)
    Bonsoir,

    Ou en barycentrique:
    % Pappus - 04 Février 2024 - Un petit bijou
    
    clc, clear all, close all
    
    syms a b c real % Longueurs des côtés du triangle ABC
    
    A=[1; 0; 0]; B=[0; 1; 0]; C=[0; 0; 1]; % Sommets du triangle ABC
    BC=[1, 0, 0]; CA=[0, 1, 0]; AB=[0, 0, 1]; % Côtés du triangle ABC
    % Rappel: le point virgule signifie "en colonne", 
    % et la virgule ou l'espace "en ligne".
    
    %-----------------------------------------------------------------------
    
    syms u v w x y z real
    
    M=[u; v; w];  % Un point M quelconque
    
    f(x,y,z)=a^2*y*z + b^2*z*x + c^2*x*y; % Cercle circonscrit au triangle ABC
    AM=Wedge(A,M); % AM=[0, -w, v] --> -w*y+v*z=0
    NulAp=Factor(f(x,y,w*y/v)); % w*y*a^2 + x*(w*b^2+v*c^2)=0 donc:
    Ap=[-v*w*a^2; v*(w*b^2+v*c^2); w*(w*b^2+v*c^2)]; % Point A'
    % De même:
    Bp=[u*(u*c^2+w*a^2); -w*u*b^2; w*(u*c^2+w*a^2)]; % Point B'
    Cp=[u*(v*a^2+u*b^2); v*(v*a^2+u*b^2); -u*v*c^2]; % Point C'
    
    K=[a^2; b^2; c^2]; % Point de Lemoine du triangle ABC
    
    a2=Factor(Distance2(Bp,Cp,a,b,c)); % Carré de la distance B'C'
    b2=Factor(Distance2(Cp,Ap,a,b,c));
    c2=Factor(Distance2(Ap,Bp,a,b,c));
    % Le point de lemoine K' du triangle A'B'C' est barycentre
    % de A(a2), B'(b2), C'(c2)
    Kp=SimplifieBary(Barycentre([Ap Bp Cp],[a2 b2 c2]));
    % On trouve:
    % Kp=[- v*w*a^4 + w*a^2*b^2*u + v*a^2*c^2*u + 2*b^2*c^2*u^2;
    %     w*a^2*b^2*v + 2*a^2*c^2*v^2 - u*w*b^4 + u*b^2*c^2*v;
    %     2*a^2*b^2*w^2 + v*a^2*c^2*w + u*b^2*c^2*w - u*v*c^4]
     
    Nul=Factor(det([M K Kp])) % Nul=0, donc c'est gagné.
    Cordialement,
    Rescassol

  • Merci Rescassol
    Voilà une deuxième preuve calculatoire à peu près aussi longue que la première!
    Rappel:
    Le point de Lemoine $K$ est le perspecteur du cercle $\Gamma$ par rapport au triangle $ABC$.
    Amicalement
    pappus
  • Bonsoir à tous
    Ne pas oublier que la notion de perspecteur est une notion projective!
    Si $P$ est le perspecteur de la conique $\Gamma$ par rapport à un de ses triangles inscrits $ABC$ et si $f$ est une transformation projective, alors $f(P)$ est le perspecteur de la conique $f(\Gamma)$ par rapport à son triangle inscrit $f(A)f(B)f(C)$.
    Pourquoi?
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (5 Feb)
    Une intuition (je n'ai pas le temps de vérifier).
    Soit $\Delta$ la polaire de $\Omega$ par rapport à $\Gamma$ et $f$ l'homologie de centre $\Omega$ et d'axe $\Delta$.
    Alors $f(\Gamma)=\Gamma$ et la restriction de $f$ à $\Gamma$ est l'involution de point de Frégier $\Omega$.
    En particulier, $f$ envoie $ABC$ sur $A'B'C'$ donc $f(K)=K'$ et $\Omega\in KK'$.
  • Modifié (5 Feb)
    Merci gai requin
    Bravo, c'est presque ça!
    Il manque seulement une précision: $f$ est l'homologie harmonique donc involutive de centre $\Omega$ et d'axe $\Delta$, sans doute la première transformation projective que j'ai rencontrée dans ma vie sans le savoir car on se doute que le Lebossé-Hémery n'en dit pas un mot.
    Ta démonstration est valable que le point $\Omega$ soit intérieur ou extérieur au  cercle $\Gamma$.
    Maintenant quand $\Omega$ est à l'intérieur, comment interpréter cette configuration dans le modèle de Klein de la géométrie hyperbolique?
    Cela pourrait intéresser Vassillia qui nous a déjà montré de belles aptitudes en géométrie hyperbolique.
    Amitiés
    pappus
  • Ah oui, il y a le centre, l'axe et le birapport d'une homologie !
    Sidler montre d'ailleurs que les seules homographies involutives du plan projectif sont les homologies harmoniques !
  • Finalement, avec mes notations, tout revient au lemme : Pour tout $M\in\Gamma$, $[\Omega,m,M,M']=-1$.

  • Modifié (5 Feb)
    Mon cher gai requin
    Ce lemme comme tu le dis, c'est une (parmi bien d'autres) des définitions de la polaire de $\Omega$ par rapport au cercle $\Gamma$.
    Amitiés
    pappus
  • Modifié (5 Feb)
    Bonjour pappus, c'est vrai j'aime bien, tu attends peut-être quelque chose du genre :
    $A'B'C'$ est l'image de $ABC$ par la symétrie centrale de centre $\Omega$ en géométrie hyperbolique  
    $K$ le point de Lemoine de $ABC$ est aussi le centre du cercle inscrit de $ABC$ en géométrie hyperbolique dans le modèle de Klein.
    La symétrie centrale donne $K$, $\Omega$, $K'$ alignés et même égalité des distances hyperboliques $K \Omega$=$\Omega K'$
    Edit : oups, j'avais mélangé l'orthocentre et le centre du cercle inscrit, c'est corrigé.
    In mémoriam de tous les professeurs assassinés dans l'exercice de leurs fonctions en 2023, n'oublions jamais les noms de Agnes-Lassalle et Dominique-Bernard qui n'ont pas donné lieu aux mêmes réactions sur ce forum (et merci à GaBuZoMeu)
  • Modifié (5 Feb)
    Bonjour, $\def\bmul{\underset{b}{*}} \def\tmul{\underset{t}{*}} \def\umbx{\Omega_{x}} \def\umby{\Omega_{y}} $

    C'est quoi X(6) ?   Si l'on utilise des coordonnées barycentriques, on a $X_b(3)\bmul X_b(4) \simeq X_b(6)$, $X_b(30)\bmul X_b(74) \simeq X_b(6)$, etc.  Mais si l'on utilise des coordonnées trilinéaires, on a:  $X_t(3)\tmul X_t(4) \simeq X_t(1)$, $X_t(30)\tmul X_t(74) \simeq X_t(1)$. Et donc la propriété $X_b(6) \simeq \umbx \bmul \umby $ n'est pas une "bonne" définition, c'est à dire résistant  à un changement de coordonnées.

    Quant à définir X(6) comme étant le perspecteur du circonscrit, il vaut mieux définir ce qu'est le perpecteur d'une conique. Une figure, peut-être ?




    Cordialement, Pierre
  • Modifié (5 Feb)
    Merci Vassillia
    C'est exact!
    Tu vois maintenant pourquoi cet exercice est un petit bijou et c'est toi qui nous l'as montré dans son bon cadre.
    Saurais-tu nous présenter cette configuration dans le modèle de Poincaré?
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (5 Feb)
    @Rescassol.

    Tu a trouvé $K'\simeq \left[\begin{array}{c} 2 b^{2} c^{2} p^{2}-a^{2} \left(a^{2} q r -r \,b^{2} p -p \,c^{2} q \right) \\ 2 a^{2} c^{2} q^{2}+b^{2} \left(a^{2} q r -r \,b^{2} p +p \,c^{2} q \right) \\ 2 a^{2} b^{2} r^{2}+c^{2} \left(a^{2} q r +r \,b^{2} p -p \,c^{2} q \right) \end{array}\right] $.

    Que peut-on faire de ce résultat, à part calculer \[ \boxed{M}\doteq \mathrm{collineate} \left(\left[\begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 0 \end{array}\right], \;\left[\begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 0 \end{array}\right], \;\left[\begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 1 \end{array}\right], \;\left[\begin{array}{c} a^{2} \\ b^{2} \\ c^{2} \end{array}\right], \;\left[\begin{array}{c} -\frac{a^{2} q r}{b^{2} r +c^{2} q} \\ q \\ r \end{array}\right], \;\left[\begin{array}{c} p \\ -\frac{r \,b^{2} p}{a^{2} r +c^{2} p} \\ r \end{array}\right], \;\left[\begin{array}{c} p \\ q \\ -\frac{p \,c^{2} q}{a^{2} q +b^{2} p} \end{array}\right], \;K'\right) \] On trouve: $\boxed{M}\simeq \left[\begin{array}{ccc} a^{2} q r & -\left(a^{2} r +c^{2} p \right) p & -p \left(a^{2} q +b^{2} p \right) \\ -\left(b^{2} r +c^{2} q \right) q & r \,b^{2} p & -q \left(a^{2} q +b^{2} p \right) \\ -\left(b^{2} r +c^{2} q \right) r & -r \left(a^{2} r +c^{2} p \right) & p \,c^{2} q \end{array}\right]$

    Et on arrive à la question: que peut-on faire de cette matrice ?

    Cordialement, Pierre.

    Edit: collineate
  • Modifié (5 Feb)
    Et voilà @pappus,   https://www.geogebra.org/classic/px2jdhgf en rouge/orangé Poincaré et en vert clair/foncé Klein.
    Vous pouvez bouger $A$, $B$, $C$ et $\Omega$
    Je signale quand même que la quasi totalité des macros utilisées sont de pldx1 et que j'en ai largement abusé.
    [Edit : c'est noté AD, merci.]
    In mémoriam de tous les professeurs assassinés dans l'exercice de leurs fonctions en 2023, n'oublions jamais les noms de Agnes-Lassalle et Dominique-Bernard qui n'ont pas donné lieu aux mêmes réactions sur ce forum (et merci à GaBuZoMeu)
  • Merci Vassillia
    Moi aussi j'ai mes propres macros probablement antérieures à celles de pldx1 mais certainement moins robustes.
    Sur ta figure, le point noté $L_P$ est dans la liste de Kimberling relative au triangle $ABC$.
    Quel est son numéro?
    Amicalement
    pappus
  • Normalement, c'est $X(15)$
    In mémoriam de tous les professeurs assassinés dans l'exercice de leurs fonctions en 2023, n'oublions jamais les noms de Agnes-Lassalle et Dominique-Bernard qui n'ont pas donné lieu aux mêmes réactions sur ce forum (et merci à GaBuZoMeu)
  • Merci Vassillia
    Oui, c'était important de le signaler!
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (5 Feb)
    Bonsoir
    Considérons le disque introduit par Monsieur Pappus dans sa figure initiale (https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/2336763/un-petit-bijou ) comme un modèle de Klein du plan hyperbolique, et la symétrie (hyperbolique) centrale dans ce plan.

    A'B'C' est l'image du triangle (idéal) ABC dans cette symétrie et donc les centres des cercles (hyperboliques) inscrits dans ces triangles sont échangés par la symétrie centrale.

    Cordialement
    Casagrande
  • Modifié (5 Feb)
    Bonsoir,

    Avec les notations de mon premier message: $f(z,\overline{z})=\dfrac{z+m^{2}\overline{z}-2m}{\overline{m}z+m\overline{z}-m\overline{m}-1}$.

    Cordialement,
    Rescassol

  • Modifié (5 Feb)
    Encore plus expéditif !
    On envoie $\Delta$ à l’infini. Dans la carte affine restante, $\Omega$ est le milieu de $KK’$. Pourquoi ?
    P.S. : Cette technique montre aussi le lemme que j’ai exposé ci-dessus.
  • Modifié (6 Feb)
    @pappus "Ne pas oublier que la notion de perspecteur est une notion projective!" cela va [être] dur, car je ne connais ce terme. Impossible d'en trouver une définition ! Qu'est-ce qu'un perspecteur ?
  • Mon cher alphapi
    Le perspecteur est un néologisme concocté par pldx1.
    Je suis trop fatigué et sans doute pas assez qualifié pour te répondre.
    Le mieux est de consulter son glossaire ou de lui poser directement ta question!
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (6 Feb)
    Indice pour alphapi en attendant pldx1 : se concentrer sur les droites jaunes du joli dessin plus haut, on a comme entrée $A$, $B$ et $C$ avec le cercle circonscrit (dont on pourrait tracer les tangentes en certains points si on le voulait) et comme sortie $X_6$, qu'est-ce qui a bien pu se passer et qui est en perspective avec qui ?
    Mais j'ai un avantage, comme je ne connais que très rarement les mots utilisés, j'ai pris l'habitude de deviner.
    In mémoriam de tous les professeurs assassinés dans l'exercice de leurs fonctions en 2023, n'oublions jamais les noms de Agnes-Lassalle et Dominique-Bernard qui n'ont pas donné lieu aux mêmes réactions sur ce forum (et merci à GaBuZoMeu)
  • Bonjour,

    Une petite précision par rapport à mon message précédent : il s'agit évidemment de la symétrie centrale de centre Oméga et, si ce point est extérieur au disque, il convient naturellement de considérer à la place la symétrie orthogonale (hyperbolique) par rapport à la polaire de Oméga par rapport au cercle...

    Cordialement
    Casagrande
  • Bonjour, $\def\pcct{\mathbb{P_{C}\left(C^{\mathrm{3}}\right)}} \def\hhh{\mathbb{H}} \def\bord{\partial\mathbb{H}} \def\cc{\mathbb{C}} \def\prfP{\mathrm{P}\text{-}} \def\prfK{\mathrm{K}\text{-}} \def\prfC{\mathrm{\cc}\text{-}} \def\simeqx#1{\underset{#1}{\simeq}}$
    $\def\ptv{~;~} \def\etc{,\:\mathrm{etc}} \def\vz{\mathrm{\mathbf{Z}}} \def\vzz{\overline{\mathcal{Z}}} \def\vt{\mathrm{\mathbf{T}}} \def\umbx{\Omega_{x}} \def\umby{\Omega_{y}} \def\ptok{\mathfrak{P}\mathrm{to}\mathfrak{K}} \def\ktop{\mathfrak{K}\mathrm{to}\mathfrak{P}} \def\cir#1{\mathcal{C}_{#1}}$

    Reprenant des notations déjà précisées par ailleurs, nous utilisons les préfixes "$\cc$-" , "$\prfP$" et "$\prfK$" pour faire la distinction entre les objets habituels, c'est à dire cuisinés à la sauce cartésienne/complexe, et leurs homologues cuisinés à la sauce Poincaré ou à la sauce Klein. L'objectif est d'utiliser les propriétés usuelles de $\pcct$ pour créer une structure hyperbolique dans $\hhh$, le disque ouvert limité par le cercle unité. Cela ne veut absolument pas dire se limiter aux points "sublunaires" et refuser de voir ce qui se passe " au bord" , c'est à dire sur $\bord$, ni même de considérer des points " transfinis" , c'est à dire situés " au delà du bord" .

    Pour chaque $\prfP$point $M_{P}\in\hhh$ nous définissons $\widehat{M_{P}}\notin\hhh$ comme étant le $\prfC$inverse de $M_{P}$ par rapport au cycle $\bord$. Autrement dit: pour $M_{P}\simeqx{\cc}z:t:\zeta$, nous avons $\widehat{M_{P}}\simeqx{\cc}t/\zeta:1:t/z$. On part des points $A,B,C,P\simeq\left(\begin{array}{c} \alpha\\ 1\\ 1/\alpha \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} \beta\\ 1\\ 1/\beta \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} \gamma\\ 1\\ 1/\gamma \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} z\\ t\\ \zeta \end{array}\right)$.

    Involution wrt $M_{P}$


     On trace les $\prfP$droites $\Delta_{P}\left(A,M\right)$, c'est à dire les $\prfC$cercles$\left(A,M,\widehat{M}\right)$, qui recoupent le bord aux points $A_{M}$. Cela donne: \[ \Delta_{P}\left(A,M\right)\simeq\left[\begin{array}{c} -2\alpha t\zeta+t^{2}+\zeta z\\ t\left(\alpha^{2}\zeta-z\right)\\ -\alpha\left(\alpha\,t^{2}+\alpha z\zeta-2tz\right)\\ t\left(\alpha^{2}\zeta-z\right) \end{array}\right]\ptv A_{M}\simeq\left[\begin{array}{c} \dfrac{\alpha\,t^{2}+\alpha z\zeta-2tz}{2\alpha t\zeta-t^{2}-\zeta z}\\ 1\\ \dfrac{2\alpha t\zeta-t^{2}-\zeta z}{\alpha\,t^{2}+\alpha z\zeta-2tz} \end{array}\right] \] Déterminons une $\prfP$transformation telle que $A\mapsto A_{M}\etc$. Il s'agit nécessairement d'une Cremona-homographie de $\pcct$. On fait le calcul et on obtient: \[ \sigma_{P}\left(\begin{array}{c} \vz\\ \vt\\ \vzz \end{array}\right)\simeq\left[\begin{array}{c} \dfrac{2tzT-Z\,t^{2}-Zz\zeta}{T\,t^{2}+Tz\zeta-2t\zeta Z}\\ 1\\ \dfrac{2t\zeta T-\mathit{ZZ}\,t^{2}-\mathit{ZZ}z\zeta}{T\,t^{2}+Tz\zeta-2tz\mathit{ZZ}} \end{array}\right] \]

     On constate que $\sigma_{P}$ est involutive, de points fixes $M$ et $\widehat{M}.$ Son action sur l'espace des cycles est donnée par la matrice: \[ \boxed{\hat{\sigma_{P}}}\simeq\dfrac{K}{\left(\mathit{t}^{2}-\mathit{\zeta}\mathit{z}\right)^{2}}\left[\begin{array}{cccc} -\left(\mathit{t}^{2}+\mathit{\zeta}\mathit{z}\right)^{2} & -2\mathit{t}\mathit{\zeta}\left(\mathit{t}^{2}+\mathit{\zeta}\mathit{z}\right) & -4\mathit{t}^{2}\mathit{\zeta}^{2} & -2\mathit{t}\mathit{\zeta}\left(\mathit{t}^{2}+\mathit{\zeta}\mathit{z}\right)\\ 2\mathit{t}\mathit{z}\left(\mathit{t}^{2}+\mathit{\zeta}\mathit{z}\right) & \left(\mathit{t}^{2}+\mathit{\zeta}\mathit{z}\right)^{2} & 2\mathit{t}\mathit{\zeta}\left(\mathit{t}^{2}+\mathit{\zeta}\mathit{z}\right) & 4\mathit{t}^{2}\mathit{z}\mathit{\zeta}\\ -4\mathit{t}^{2}\mathit{z}^{2} & -2\mathit{t}\mathit{z}\left(\mathit{t}^{2}+\mathit{\zeta}\mathit{z}\right) & -\left(\mathit{t}^{2}+\mathit{\zeta}\mathit{z}\right)^{2} & -2\mathit{t}\mathit{z}\left(\mathit{t}^{2}+\mathit{\zeta}\mathit{z}\right)\\ 2\mathit{t}\mathit{z}\left(\mathit{t}^{2}+\mathit{\zeta}\mathit{z}\right) & 4\mathit{t}^{2}\mathit{z}\mathit{\zeta} & 2\mathit{t}\mathit{\zeta}\left(\mathit{t}^{2}+\mathit{\zeta}\mathit{z}\right) & \left(\mathit{t}^{2}+\mathit{\zeta}\mathit{z}\right)^{2} \end{array}\right] \] Une base de l'espace des cycles est formé par les quatre cercles points que l'on imagine et cela donne \[ \boxed{\mathcal{F}}\simeq\left[\begin{array}{cccc} -\dfrac{\mathit{\zeta}}{\mathit{t}} & -\dfrac{\mathit{t}}{\mathit{z}} & -\dfrac{\mathit{\zeta}}{\mathit{t}} & -\dfrac{\mathit{t}}{\mathit{z}}\\ \dfrac{\mathit{z}\mathit{\zeta}}{\mathit{t}^{2}} & 1 & 1 & \dfrac{\mathit{t}^{2}}{\mathit{\zeta}\mathit{z}}\\ -\dfrac{\mathit{z}}{\mathit{t}} & -\dfrac{\mathit{z}}{\mathit{t}} & -\dfrac{\mathit{t}}{\mathit{\zeta}} & -\dfrac{\mathit{t}}{\mathit{\zeta}}\\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{array}\right]\ptv\boxed{\mathcal{F}}^{-1}\cdot\boxed{\hat{\sigma_{P}}}\cdot\boxed{\mathcal{F}}=\left[\begin{array}{cccc} 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & -1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & -1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right] \]

    Remarque: le cercle $\bord$ appartient à $\ker\left(+1\right)$.




    Involution wrt $M_{K}$


    Passons au modèle de Klein. On trace les $\prfC$droites $AA_{M}$... qui sont en même temps des $\prfK$droites. Elles concourent en un point $M_{K}$ et l'on a: \[ M_{K}\simeq\left(\begin{array}{c} 2tz\\ t^{2}+\zeta z\\ 2t\zeta \end{array}\right)=\ptok\left(M_{P}\right) \] et l'on retrouve la formule connue. Qui en eût douté ? On cherche une $\prfK$transformation $A\mapsto A_{M}$. C'est nécessairement une collinéation. On complète par $M_{K}$ pour faire un lot de quatre, et il vient: \begin{eqnarray*} \boxed{\sigma_{K}} & \doteq & \mathrm{collineate}\left(A,B,C,M_{K},A_{M},B_{M},C_{M},M_{K}\right)\\ & \simeq & \dfrac{1}{\left(\mathit{t}^{2}-\mathit{\zeta}\mathit{z}\right)^{2}}\;\left[\begin{array}{ccc} \left(\mathit{t}^{2}+\mathit{\zeta}\mathit{z}\right)^{2} & -4\mathit{t}\mathit{z}\left(\mathit{t}^{2}+\mathit{\zeta}\mathit{z}\right) & 4\mathit{t}^{2}\mathit{z}^{2}\\ 2\mathit{t}\mathit{\zeta}\left(\mathit{t}^{2}+\mathit{\zeta}\mathit{z}\right) & -\left(\mathit{t}^{4}+6\mathit{t}^{2}\mathit{z}\mathit{\zeta}+\mathit{z}^{2}\mathit{\zeta}^{2}\right) & 2\mathit{t}\mathit{z}\left(\mathit{t}^{2}+\mathit{\zeta}\mathit{z}\right)\\ 4\mathit{t}^{2}\mathit{\zeta}^{2} & -4\mathit{t}\mathit{\zeta}\left(\mathit{t}^{2}+\mathit{\zeta}\mathit{z}\right) & \left(\mathit{t}^{2}+\mathit{\zeta}\mathit{z}\right)^{2} \end{array}\right] \end{eqnarray*} Comme il se doit, $\sigma_{K}$ est involutive avec $M_{K}$ comme point fixe et $\text{polar}\left(M_{k}\right)$ comme droite fixe.

    Triangle source


    Comment tracer $\Delta_{P}\left(B,C\right)$ ? Il nous faut un cercle orthogonal à $\bord$. Pour cela on trace les tangentes par $B$ et $C$. Elles se coupent en un point $A'$, et l'on a $\Delta_{P}\left(B,C\right)=\cir{\cc}\left(A',B\right)$, en cyan sur la figure. Et on trace les deux autres. Ah, le beau triangle hyperbolique!

    Au passage on note que les trois $\prfC$droites $AA'\etc$ sont concourantes. Autrement dit, les deux triangles $ABC$ et $A'B'C'$ sont en perspective. On en déduit un perspecteur et une perspectrice. {Cross over the Chanel, they say perspector and perspectrix}. On peut évidemment y voir un nez-au-logis-me, mais quand cela perpètre, il y a un perpétrateur, et une perpétratrice. Et quand cela perspecte, il y a... {guess what }?

    Nous avons donc trois cercles deux à deux tangents, c.à.d. une configuration de Soddy. Le bord a l'amabilité d'être le cycle orthogonal commun qui vient compléter la base de l'espace des cycles. Cela donne: \[ \cir A,\cir B,\cir C,\bord\simeq\,\left[\begin{array}{c} -\dfrac{2}{\beta+\gamma}\\ 1\\ -\dfrac{2\beta\gamma}{\beta+\gamma}\\ 1 \end{array}\right],\,\left[\begin{array}{c} -\dfrac{2}{\gamma+\alpha}\\ 1\\ -\dfrac{2\gamma\alpha}{\gamma+\alpha}\\ 1 \end{array}\right],\,\left[\begin{array}{c} -\dfrac{2}{\alpha+\beta}\\ 1\\ -\dfrac{2\alpha\beta}{\alpha+\beta}\\ 1 \end{array}\right],\,\left[\begin{array}{c} 0\\ -1\\ 0\\ 1 \end{array}\right] \] On calcule la matrice de Gram \[ \mathrm{Gram}\simeq\left[\begin{array}{cccc} \left(\dfrac{\beta-\gamma}{\beta+\gamma}\right)^{2} & \dfrac{\left(\gamma-\beta\right)\left(\gamma-\alpha\right)}{\left(\gamma+\beta\right)\left(\gamma+\alpha\right)} & \dfrac{\left(\beta-\gamma\right)\left(\beta-\alpha\right)}{\left(\beta+\gamma\right)\left(\beta+\alpha\right)} & 0\\ \dfrac{\left(\gamma-\beta\right)\left(\gamma-\alpha\right)}{\left(\gamma+\beta\right)\left(\gamma+\alpha\right)} & \left(\dfrac{\alpha-\gamma}{\gamma+\alpha}\right)^{2} & \dfrac{\left(\alpha-\beta\right)\left(\alpha-\gamma\right)}{\left(\alpha+\beta\right)\left(\alpha+\gamma\right)} & 0\\ \dfrac{\left(\beta-\gamma\right)\left(\beta-\alpha\right)}{\left(\beta+\gamma\right)\left(\beta+\alpha\right)} & \dfrac{\left(\alpha-\beta\right)\left(\alpha-\gamma\right)}{\left(\alpha+\beta\right)\left(\alpha+\gamma\right)} & \left(\dfrac{\alpha-\beta}{\alpha+\beta}\right)^{2} & 0\\ 0 & 0 & 0 & -1 \end{array}\right] \] et on en déduit les deux cercles tri-tangents ( rappel: $2=8-6$). Cela donne: \[ Q_{i}\simeq\left[\begin{array}{c} 6s_{2}-2s_{1}^{2}\\ s_{2}s_{1}-9s_{3}\mp2s_{4}\\ 6s_{1}s_{3}-2s_{2}^{2}\\ s_{2}s_{1}-9s_{3}\pm2s_{4} \end{array}\right]=\cir{\cc}\left(\left[\begin{array}{c} 2s_{2}^{2}-6s_{1}s_{3}\\ s_{2}s_{1}-9s_{3}\mp2s_{4}\\ 2s_{1}^{2}-6s_{2} \end{array}\right]\ptv\dfrac{\pm s_{4}}{s_{2}s_{1}-9s_{3}\mp2s_{4}}\right) \] On passe du cercle intérieur (sublunaire) au cercle extérieur (transfini) par conjugaison sur $s_{4}$. On identifie les $\prfC$centres de $Q_{i},Q_{e}$ comme étant X(1151) et X(1152). Soit alors $U_{i}$ le $\prfP$centre de $Q_{i}$. On a nécessairement \[ Q_{i}=x\,\cir{\cc}\left(U,\,0\right)+\left(1-x\right)\,\cir{\cc}\left(\widehat{U},\,0\right) \] cette relation portant sur des colonnes normalisées. Il n'y a plus qu'à résoudre ce système de trois équations ($x,z,\zeta$). On trouve \[ U_{i}\simeq\left[\begin{array}{c} \dfrac{s_{2}s_{1}-9s_{3}}{2s_{1}^{2}-6s_{2}}\pm\dfrac{s_{4}\sqrt{3}}{2s_{1}^{2}-6s_{2}}\\ 1\\ \dfrac{s_{2}s_{1}-9s_{3}}{2s_{2}^{2}-6s_{1}s_{3}}\pm\dfrac{s_{4}\sqrt{3}}{2s_{2}^{2}-6s_{1}s_{3}} \end{array}\right] \] et, comme déjà indiqué par Vassillia, on peut identifier ces points comme X(15), X(16).




    Triangle image


    Il ne reste plus qu'à appliquer tout cela au 2ème triangle borderline, i.e. $A_{M}B_{M}C_{M}$. C'est le moment de s'écrier: "mais c'est bien sûr" , et d'évoquer cette propriété générale des points isodynamiques vis à vis des transports homographiques, et du point de Lemoine vis à vis du transport par collinéation. Pour ce qui est du tracé des $\prfK$cercles (en mauve sur le dessin), le moins fatiguant est de prendre le lieu du point $\ptok\left(N\right)$ lorsque $N$ est un "point lié" au $\prfP$cercle correspondant.

    Cordialement, Pierre.
  • Modifié (10 Feb)
    Bonjour,

    je vous propose ma preuve synthétique

    https://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/Docs/La droite de van Aubel.pdf    p. 5...

    Sincèrement
    Jean-Louis

  • Bonjour,

    Jean-Louis, impossible d'accéder à ton fichier.

    Cordialement,
    Rescassol

  • Rebonjour,

    http://web.archive.org/web/20231003013612/https://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/index.html

    puis vol. 12,
    puis la doite de Zaslavsky, puis P. 5

    Cela marche à partir de mon PC;

    Sincèrement
    Jean-Louis

  • Modifié (10 Feb)
    Bonjour à tous,
    Je me permets de joindre, en accès direct, le fichier en question de Jean-Louis.
    Bien cordialement, JLB
    Edit : je ne comprends pas pourquoi, mais apparemment cela ne fonctionne pas, c'est pourtant un fichier pdf ... Je vais essayer autrement.
    Edit : Bon j'ai compris : en fait je n'avais pas enregistré le fichier lui-même, seulement le lien vers ce fichier dans archive.org ...

  • Modifié (12 Feb)
    Bonjour, 

    Vous reprendrez bien un peu de géométrie hyperbolique ?




    On part d'un triangle $M_1(z_1)\etc$. On place un point $D_{1}$ sur le côté $M_{1}M_{2}\etc$. Puis on trace le cercle $near_{1}=\cir P\left(M_{1},D_{1}\right)$ qui recoupe le côté $M_{1}M_{3}$ en $E_{1}\etc $. Soit $A_{1}$ le $\prfP$milieu de $D_{1},E_{1}$. Alors les $\prfP$droites $M_{1}A_{1}\etc$ sont les bissectrices du triangle. Elles se coupent en un point $L$ (le prouver). On projette $L$ sur $M_{1}M_{2}$ en $V_{3}\etc$. En profiter pour écrire une macro geogebra qui fasse cela. Vérifier que le $\prfP$cercle $\left(L,V_{3}\right)$ passe par tous les $V_{i}$ et est effectivement le cercle inscrit. On trace les $\prfP$droites $M_{i}V_{i}$. Elles sont concourantes en un point de $\hhh$ (le prouver). Autrement dit, Gergonne hyperbolique. Quelques formules seraient bienvenues!

    Cordialement, Pierre.
  • Bonjour pldx1,
    J'ai essayé de faire les calculs dans le fameux espace des cycles en complexes.
    Sur le principe, je crois comprendre ce que je suis supposée faire.
    Sur la pratique, je galère avec les calculs mais je ne suis pas aidée non plus car jusqu'au remplacement de mon pc perso, je n'ai accès qu'au compilateur en ligne qui m'envoie promener si je lui en demande trop.
    Par exemple, j'arrive à calculer les droites hyperboliques passant par 2 points, les cercles hyperbolique de centre donné et passant par un point, les médiatrices hyperboliques le tout en Veronese mais pour leurs intersections, solve ne passe pas et je n'ai pas d'autres idées pour le moment donc je me suis arrêtée en cours de route https://www.geogebra.org/classic/e2mrgqkq 
    Désolée mais je voulais participer quand même histoire que tu saches que tu seras lu attentivement ;)
    In mémoriam de tous les professeurs assassinés dans l'exercice de leurs fonctions en 2023, n'oublions jamais les noms de Agnes-Lassalle et Dominique-Bernard qui n'ont pas donné lieu aux mêmes réactions sur ce forum (et merci à GaBuZoMeu)
  • Modifié (14 Feb)
    En attendant les jolis calculs, la macro projection.
    Rien de difficile et ce n'est même pas calculatoire sauf que ... et si un point est confondu avec $O$ ... et si $L$ est sur $M_1M_2$ et bien évidemment ça se passe mal si ce n'est pas prévu.
    Bref, normalement, j'ai pensé aux cas louches mais je ne saurais exclure avoir oublié quelque chose, c'est l'occasion de tester pour m’embêter.
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  • Modifié (15 Feb)
    Bonjour,





    Les bonnes notations sont le principal ingrédient d'une bonne complexité dans les calculs.

    Voici une implémentation de l'incantation "soit un point A" . Il faut $z1,zz1,t1$, notés de cette façon là dans Maple/SageMath et dans Geogebra. Dans le calcul formel, $z1,zz1,t1$ sont des variables libres. Dans Geogebra, on ajoute $zz1=conjugate(z1)$, $t1=1$. Pour faire joli, on reformate le LaTeX fabriqué par le calcul formel, selon $z1\mapsto z_{1}$, $t1\mapsto t_{1}$, $zz1\mapsto\zeta_{1}$. Et on ajoute caption=$z_{1}$ dans Geogebra. Remarque: Geogebra modifie d'autorité les indices, et donc $z1$ restera nommé $z1$, tandis qu'un point noté $z_{1}$ serait éventuellement renommé (ou pas).

    Donc on introduit $A\simeq z_{1}:t_{1}:\zeta_{1}$ dans nos deux logiciels. Et aussi $B,C$. 

    Le $\prfC$cercle $\Delta_{P}\left(A,B\right)$ passe par $A,B$ et est orthogonal à $\bord$. Donc notre $\prfC$cercle passe par $\widehat{A},\widehat{B}$ (les inverses de $A,B$ wrt le $\prfC$cercle $\bord$). On appelle $\mathrm{circle3}\left(A,B,\mathrm{zinvincircle}\left(B\right)\right)$ et cela donne: \[ \Delta_{P}\left(A,B\right)\simeq\left[\begin{array}{c} -t_{2}\,t_{1}^{2}\zeta_{2}+t_{1}\,t_{2}^{2}\zeta_{1}+t_{1}z_{2}\zeta_{1}\zeta_{2}-t_{2}z_{1}\zeta_{1}\zeta_{2}\\ t_{1}t_{2}\left(z_{1}\zeta_{2}-z_{2}\zeta_{1}\right)\\ t_{1}^{2}t_{2}z_{2}-t_{1}\,t_{2}^{2}z_{1}-t_{1}z_{1}z_{2}\zeta_{2}+t_{2}z_{1}z_{2}\zeta_{1}\\ t_{1}t_{2}\left(z_{1}\zeta_{2}-z_{2}\zeta_{1}\right) \end{array}\right] \]

    Si l'on veut absolument une équation cartésienne, on multiplie par $\mathrm{Verz}\left(\mathrm{z2mor}\left(x+Iy\right)\right)$ et on collecte en $x,y$. En fait il faut diviser par le coefficient dominant en $x$ et prendre la partie réelle des coefficients (les calculs flottants introduisent des pouïèmes imaginaires dont il faut affirmer qu'ils sont totalement nuls).

    Ensuite, il y a une formule algébrique qui donne $cirA$. On en copie le texte Geogebra. On le repatouille à la sauce Maple, en utilisant $\mathrm{MmaTranslator:-MmaToMaple()}$. Puis on passe en complexes avec $x_{1}=\left(z_{1}+\zeta_{1}\right)/2/t_{1}\etc$... et on obtient la colonne  \[ cirA\simeq\left[\begin{array}{c} -t_{1}\zeta_{1}\left(t_{3}^{2}-\zeta_{3}z_{3}\right)\\ -t_{1}^{2}z_{3}\zeta_{3}+t_{1}t_{3}z_{1}\zeta_{3}+t_{1}t_{3}z_{3}\zeta_{1}-z_{1}z_{3}\zeta_{1}\zeta_{3}\\ -t_{1}z_{1}\left(t_{3}^{2}-\zeta_{3}z_{3}\right)\\ t_{3}\left(t_{1}^{2}t_{3}-t_{1}z_{1}\zeta_{3}-t_{1}z_{3}\zeta_{1}+t_{3}z_{1}\zeta_{1}\right) \end{array}\right] \]

    On identifie $cirA$ comme étant le cercle $\cir P\left(A,C\right)$. En effet, la $\prfP$distance entre deux points est donnée par  \[ \cosh\left(d_{P}\left(A,B\right)\right)=1+\dfrac{2\cdot\mathit{zpytha}\!\left(A,B\right)}{\mathit{poww}\!\left(A\right)\cdot\mathit{poww}\!\left(B\right)} \] avec $zpytha$ comme $\prfC$Pythagore et $poww$ comme $\prfC$power, soit $poww\left(A\right)=1-z_{1}\zeta_{1}/t_{1}^{2}$.

    Et maintenant, on coupe par le $\prfC$cercle $\Delta_{P}\left(B,C\right)$. Et cela donne un point $s_C$, qui est tout beau, tout propre, sans radicaux, mais un peu long quand même (length=2380). On calcule la $\prfP$médiatrice de $\left[C,s_C \right]$ en écrivant que $\cosh d_{P}\left(C,M\right)= \cosh d_{P}\left(s_C,M\right)$. On touille et cela donne: $altA\simeq$ \[ \left(\begin{array}{c} \left(t_{2}t_{3}\left(\mathit{t}_{3}\mathit{\zeta}_{2}-\mathit{t}_{2}\mathit{\zeta}_{3}\right)+\mathit{\zeta}_{2}\mathit{\zeta}_{3}\left(\mathit{t}_{2}\mathit{z}_{3}-\mathit{t}_{3}\mathit{z}_{2}\right)\right)\left(\mathit{\zeta}_{1}\mathit{z}_{1}+t_{1}^{2}\right)+2\mathit{t}_{2}\mathit{t}_{3}\left(\mathit{z}_{2}\mathit{\zeta}_{3}-\mathit{z}_{3}\mathit{\zeta}_{2}\right)\,t_{1}\mathit{\zeta}_{1}\\ \mathit{z}_{1}\mathit{t}_{1}\left(\mathit{t}_{2}\mathit{t}_{3}\left(t_{2}\mathit{\zeta}_{3}-\mathit{t}_{3}\mathit{\zeta}_{2}\right)+\mathit{\zeta}_{2}\mathit{\zeta}_{3}\left(\mathit{t}_{3}\mathit{z}_{2}-\mathit{t}_{2}\mathit{z}_{3}\right)\right)+\mathit{\zeta}_{1}\mathit{t}_{1}\left(\mathit{t}_{2}\mathit{t}_{3}\left(t_{2}\mathit{z}_{3}-\mathit{t}_{3}\mathit{z}_{2}\right)+z_{2}z_{3}\left(\mathit{t}_{3}\mathit{\zeta}_{2}-\mathit{t}_{2}\mathit{\zeta}_{3}\right)\right)\\ \left(t_{2}t_{3}\left(\mathit{t}_{3}\mathit{z}_{2}-\mathit{t}_{2}\mathit{z}_{3}\right)+z_{2}z_{3}\left(\mathit{t}_{2}\mathit{\zeta}_{3}-\mathit{t}_{3}\mathit{\zeta}_{2}\right)\right)\left(\mathit{z}_{1}\mathit{\zeta}_{1}+t_{1}^{2}\right)-2\mathit{t}_{3}\mathit{t}_{2}\left(\mathit{z}_{2}\mathit{\zeta}_{3}-\mathit{z}_{3}\mathit{\zeta}_{2}\right)\,\mathit{t}_{1}\mathit{z}_{1}\\ \mathit{z}_{1}\mathit{t}_{1}\left(\mathit{t}_{2}\mathit{t}_{3}\left(t_{2}\mathit{\zeta}_{3}-\mathit{t}_{3}\mathit{\zeta}_{2}\right)+\mathit{\zeta}_{2}\mathit{\zeta}_{3}\left(\mathit{t}_{3}\mathit{z}_{2}-\mathit{t}_{2}\mathit{z}_{3}\right)\right)+\mathit{\zeta}_{1}\mathit{t}_{1}\left(\mathit{t}_{2}\mathit{t}_{3}\left(t_{2}\mathit{z}_{3}-\mathit{t}_{3}\mathit{z}_{2}\right)+z_{2}z_{3}\left(\mathit{t}_{3}\mathit{\zeta}_{2}-\mathit{t}_{2}\mathit{\zeta}_{3}\right)\right) \end{array}\right) \] Par rotation, on trouve $altB,\;altC$. On additionne ces trois colonnes (comme elles sont). Et on trouve la colonne nulle. On en déduit que les trois $\prfP$hauteurs sont en faisceau. Et donc que les trois $\prfK$hauteurs sont des $\prfC$droites concourantes (en un point de $\hhh$ ou en un point transfini).

    On peut minimiser les calculs explicites en remarquant que $altA$ est, en tant que $\prfC$cercle, orthogonal aux deux $\prfC$cercles $\bord$ et $\Delta_{P}\left(B,C\right)$. Le $\prfC$cercle cherché est donc invariant par chacune des deux inversions et, contenant $A$, contient aussi les $\prfC$inverses de $A$ par rapport à chacun de ces deux cercles (c'est la macro voulue sous Geogebra). 

    Et maintenant, il reste à utiliser les points $t_{B}=cirA\cap\Delta_{P}\left(A,B\right)\etc$.

    Cordialement, Pierre.

    @Vassillia: pas encore regardé la macro que tu proposes. C'est à venir ! 
  • Modifié (14 Feb)
    Oh que c'est joliment dit même si je ne suis pas sûre que tout le monde le comprenne.
    Je n'ai même pas pris la bonne intersection sur le geogebra. Petit espoir, est-ce que j'ai fait la même boulette dans les calculs ? Et bien oui mais même en corrigeant, ça ne passe toujours pas. Mais bon, en même temps, tout n'est peut-être pas de la faute du compilateur en ligne (qui rend bien service quand même) étant donné que chez moi
    \[ \Delta_{P}\left(A,B\right)\simeq\left[\begin{array}{c} -x_{1}^{4} x_{2} + x_{1}^{3} x_{2}^{2} - i \, x_{1}^{2} x_{2}^{2} y_{1} - 2 \, x_{1}^{2} x_{2} y_{1}^{2} + x_{1} x_{2}^{2} y_{1}^{2} - i \, x_{2}^{2} y_{1}^{3} - x_{2} y_{1}^{4} + i \, x_{1}^{4} y_{2} + 2 i \, x_{1}^{2} y_{1}^{2} y_{2} + i \, y_{1}^{4} y_{2} + x_{1}^{3} y_{2}^{2} - i \, x_{1}^{2} y_{1} y_{2}^{2} + x_{1} y_{1}^{2} y_{2}^{2} - i \, y_{1}^{3} y_{2}^{2} + x_{1}^{3} - x_{1} x_{2}^{2} - i \, x_{1}^{2} y_{1} + i \, x_{2}^{2} y_{1} + x_{1} y_{1}^{2} - i \, y_{1}^{3} - x_{1} y_{2}^{2} + i \, y_{1} y_{2}^{2} - x_{1} + x_{2} + i \, y_{1} - i \, y_{2} \\ 2 \, {\left(x_{1}^{2} + y_{1}^{2} - 1\right)} {\left(x_{2} y_{1} - x_{1} y_{2}\right)} \\ x_{1}^{4} x_{2} - x_{1}^{3} x_{2}^{2} - i \, x_{1}^{2} x_{2}^{2} y_{1} + 2 \, x_{1}^{2} x_{2} y_{1}^{2} - x_{1} x_{2}^{2} y_{1}^{2} - i \, x_{2}^{2} y_{1}^{3} + x_{2} y_{1}^{4} + i \, x_{1}^{4} y_{2} + 2 i \, x_{1}^{2} y_{1}^{2} y_{2} + i \, y_{1}^{4} y_{2} - x_{1}^{3} y_{2}^{2} - i \, x_{1}^{2} y_{1} y_{2}^{2} - x_{1} y_{1}^{2} y_{2}^{2} - i \, y_{1}^{3} y_{2}^{2} - x_{1}^{3} + x_{1} x_{2}^{2} - i \, x_{1}^{2} y_{1} + i \, x_{2}^{2} y_{1} - x_{1} y_{1}^{2} - i \, y_{1}^{3} + x_{1} y_{2}^{2} + i \, y_{1} y_{2}^{2} + x_{1} - x_{2} + i \, y_{1} - i \, y_{2} \\ 2 \, {\left(x_{1}^{2} + y_{1}^{2} - 1\right)} {\left(x_{2} y_{1} - x_{1} y_{2}\right)} \end{array}\right] \]
    Et encore, c'est la version après simplification d'un facteur évident :(
    Bref, ne faites pas comme moi, ça devient rapidement imbitable
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  • Prendre $s_C$ au lieu de $t_B$ donne les hauteurs, plutôt que les bissectrices. Certes. Mais les hauteurs, ce n'est pas mal non plus. Et surtout, cela donne le modèle de ce que l'on aimerait trouver: un troisième point sur la bissectrice, qui serait facile à construire !

    Pour ce qui est de la macro: oui, bien sûr !
  • Modifié (15 Feb)
    J'ai donc recommencé avec 9 variables libres au lieu de 6 mais il refuse toujours de m'écouter.
    En même temps, je ne me complique pas la vie, je demande $solve([cirA*Verz( z:t:\zeta)==0, \Delta_{P}\left(A,B\right)*Verz( z:t:\zeta)==0],z,t,\zeta)$ et je le laisse se débrouiller.
    En désespoir de cause, j'ai même calculé l'axe radical pour remplacer un des deux cercles en me disant que cela lui faciliterait la vie mais même pas.
    Je ne sais pas si c'est parceque la capacité de calcul est vraiment faible en ligne ou si c'est parceque je m'y prends mal (ou les deux bien sûr).
    Je pourrais théoriquement motiver l'administrateur du parc informatique à installer sage sur mon pc pro en attendant que je récupère mon pc perso mais bon... je sens que je vais le souler, que ça va lui prendre un temps pas possible comme d'habitude et que ça ne marchera pas mieux donc j'hésite un peu.
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  • Bonjour, $\def\where{\qquad\mathrm{where}\;}$

    Commençons par une remarque cryptique. Pappus parle beaucoup du Lebossé-Hémery "parce qu'on le trouve aisément sur le web" . Pldx1 parle de temps en temps de Maple parce que... guess what ?

    L'objectif est donc de calculer les intersections de $cirA$ et de $cirab$. On veut donc résoudre le système $eqs:=$ \[ \left\{ \begin{gathered}\left[\begin{array}{cccc} \vz & \vt & \mathit{\vzz} & \dfrac{\mathit{\vzz}\vz}{\vt}\end{array}\right]\:\&\mathrm{m}\,\left[\begin{array}{c} -t_{1}\,t_{3}^{2}\zeta_{1}+t_{1}z_{3}\zeta_{1}\zeta_{3}\\ -t_{1}^{2}z_{3}\zeta_{3}+t_{1}t_{3}z_{1}\zeta_{3}+t_{1}t_{3}z_{3}\zeta_{1}-z_{1}z_{3}\zeta_{1}\zeta_{3}\\ -t_{1}\,t_{3}^{2}z_{1}+t_{1}z_{1}z_{3}\zeta_{3}\\ t_{3}\left(t_{1}^{2}t_{3}-t_{1}z_{1}\zeta_{3}-t_{1}z_{3}\zeta_{1}+t_{3}z_{1}\zeta_{1}\right) \end{array}\right]=0\\ \left[\begin{array}{cccc} \vz & \vt & \mathit{\vzz} & \dfrac{\mathit{\vzz}\vz}{\vt}\end{array}\right]\:\&\mathrm{m}\,\left[\begin{array}{c} -t_{2}\,t_{1}^{2}\zeta_{2}+t_{1}\,t_{2}^{2}\zeta_{1}+t_{1}z_{2}\zeta_{1}\zeta_{2}-t_{2}z_{1}\zeta_{1}\zeta_{2}\\ t_{2}t_{1}\left(z_{1}\zeta_{2}-z_{2}\zeta_{1}\right)\\ t_{1}^{2}t_{2}z_{2}-t_{1}\,t_{2}^{2}z_{1}-t_{1}z_{1}z_{2}\zeta_{2}+t_{2}z_{1}z_{2}\zeta_{1}\\ t_{2}t_{1}\left(z_{1}\zeta_{2}-z_{2}\zeta_{1}\right) \end{array}\right]=0 \end{gathered} \right\}  \] Et maintenant, on constate que la commande $solve\left(eqs,\left\{ \vz,\vt,\vzz\right\} \right)$ rame et rame. Pourquoi ? On remarquera que, contrairement au calcul concernant les hauteurs, nous ne sommes pas en train de chercher la deuxième intersection de deux cercles, problème rationnel, mais en train de calculer un corps de rupture. Cela va immanquablement introduire un radical! 

    On commence par signaler au logiciel que nous ne sommes pas en train de vérifier que tout cercle passe par les ombilics. Il est donc préférable de lancer $solve\left(eqs,\left\{ \vz,\vzz\right\} \right)$. Cela donne une expression de taille 132073. On récupère le radical agissant. Il s'agit de $W\doteq W_{31}W_{12}\where$ \begin{eqnarray*} W_{12}^{2} & = & \left(\mathit{t}_{1}\mathit{z}_{2}-\mathit{t}_{2}\mathit{z}_{1}\right)\left(\mathit{t}_{1}\mathit{\zeta}_{2}-\mathit{t}_{2}\mathit{\zeta}_{1}\right)\left(\mathit{t}_{1}\mathit{t}_{2}-\mathit{z}_{1}\mathit{\zeta}_{2}\right)\left(\mathit{t}_{1}\mathit{t}_{2}-\mathit{z}_{2}\mathit{\zeta}_{1}\right)\\ W_{31}^{2} & = & \left(\mathit{t}_{1}\mathit{z}_{3}-\mathit{t}_{3}\mathit{z}_{1}\right)\left(\mathit{t}_{1}\mathit{\zeta}_{3}-\mathit{t}_{3}\mathit{\zeta}_{1}\right)\left(\mathit{t}_{1}\mathit{t}_{3}-\mathit{z}_{1}\mathit{\zeta}_{3}\right)\left(\mathit{t}_{1}\mathit{t}_{3}-\mathit{z}_{3}\mathit{\zeta}_{1}\right) \end{eqnarray*} En substituant et en simplifiant, on trouve un vecteur en $1079:1:3600$. On regarde, et il y a des $W$ au dénominateur de $\zeta$. On conjugue habilement, et il reste un vecteur en $1075:1:1063$. Cela, c'est $t_{B}$. 

    On passe à la bissectrice, utilisant $coshp\left(C,M\right)=coshp\left(t_{B},M\right)$. On touille, et on obtient une expression rationnelle en $M_{1},M_{2},M_{3},W$, longueurs $1172:1:1176:1$. Mais le but est de prouver que les trois bissectrices sont en faisceau. Alors on détermine les coefficients de liaison. Magnifiques expressions de longueur 2134 (chacune). Évidemment, il faut diriger les simplifications. Alternative: utiliser SageMaths... après avoir cherché comment faire. 

    Dans tous les cas, il y a trois radicaux, dont le produit est rationnel.

    Cordialement, Pierre.

  • Oups, jusqu'à présent, le brute forçage passait pas si mal, j’espérais que ce serait à peu près raisonnable quand même mais force est de constater que pas vraiment.
    J'imagine que Maple te sert d'une façon ou d'une autre à chercher comment faire mais comme je ne connais pas du tout Maple, je n'ai pas beaucoup de chance de trouver.
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  • Maple, SageMaths, Mathematica. Ces logiciels servent entre autres à tourner autour du problème, jusqu'à ce que l'on débusque quelque chose. L'une des commande les plus utiles est $length$ qui donne la longueur d'une expression.  On a aussi $map( length, convert(xxx, list))$.

    Une trop grande longueur peut indiquer un mauvais choix de paramétrisation... ou un problème intrinsèquement difficile. Encore une fois chercher la quatrième intersection de deux cercles, ce n'est pas la même chose que calculer les quatre intersections entre deux coniques génériques. 

    Cordialement, Pierre. 
  • Modifié (15 Feb)
    Merci beaucoup, je ne m’intéressais pas assez à la complexité du calcul.
    Tu peux être sûr que je vais le retenir étant donné que je n'ai plus aucun problème à avoir même $t_B$ quand je ne demande pas $t$
    Je ne vois pas bien l'alternative, enfin si il faut peut-être choisir un $D_1$ pertinent mais selon quel critère ? comment paramétrer pour le trouver ? Je ne suis vraiment pas assez à l'aise pour me lancer là dedans et je ne veux pas monopoliser ce fil, on n'est pas prêt d'arriver au point de Gergonne sinon.
    In mémoriam de tous les professeurs assassinés dans l'exercice de leurs fonctions en 2023, n'oublions jamais les noms de Agnes-Lassalle et Dominique-Bernard qui n'ont pas donné lieu aux mêmes réactions sur ce forum (et merci à GaBuZoMeu)
  • Modifié (20 Feb)
    Hum, je crois que je viens de comprendre l'alternative, tout mon bazar ne sert à rien.
    Le but de la manœuvre était de calculer le cercle tangent puis de calculer son centre hyperbolique pour valider qu'il fait l'affaire
    Avec le recul sur l'ensemble du fil, c'est relativement évident mais je n'étais plus du tout dans l'exercice initial. Si c'est bien ça, c'est fourbe, moi on me dit de faire des cercles, des points d'intersection et que les médiatrices donneront les bissectrices et bien ... j'essaye de faire un truc qui y ressemble.
    In mémoriam de tous les professeurs assassinés dans l'exercice de leurs fonctions en 2023, n'oublions jamais les noms de Agnes-Lassalle et Dominique-Bernard qui n'ont pas donné lieu aux mêmes réactions sur ce forum (et merci à GaBuZoMeu)
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