Une transformation

pappus
Modifié (21 Mar) dans Géométrie
Bonjour à tous
La figure ci-dessous montre dans le plan euclidien deux triangles $ABC$ et $A'B'C'$.
On se donne un point $M$.
Soit $pqr$ son triangle podaire par rapport au triangle $ABC$.
Montrer qu'il existe en général un unique point $M'$ dont le triangle podaire $p'q'r'$ par rapport au triangle $A'B'C'$ est directement semblable au triangle $pqr$.
Identifier la transformation $M\mapsto M'$.
Amicalement
pappus

Réponses

  • cailloux
    Modifié (21 Mar)
    Bonjour pappus,
    À défaut de preuves, une figure et des conjectures où la transformation $M\mapsto M'$ est la transformation circulaire (directe ?) qui envoie $A,B,C$ sur $A'B'C'$ :

    Amitiés.
  • Bravo Cailloux pour ton intuition
    C'est bien la transformation circulaire directe $(A,B,C)\mapsto (A',B',C')$
    C'est le genre de figures dont raffolaient nos anciens avec pas mal de (macro-) constructions à la clef.
    Encore faut-il faire la démonstration?
    Amitiés
    pappus
  • Bonsoir pappus,
    Peux-tu changer ta notation : $a, b, c$ par $p, q, r$ et $a', b', c'$ par $p', q', r'.$
    Amicalement
  • pappus
    Modifié (21 Mar)
    Bonjour Bouzar
    My pleasure!
    Il me semble que tu Rescassolises de deux façons différentes!
    Amitiés
    pappus

  • Avec des notations évidentes, on a les affixes des points $P, Q, R$ :
    $p=\dfrac 12(m-bc\overline m+b+c)$
    $q=\dfrac 12(m-ac\overline m+a+c)$
    $r=\dfrac 12(m-ab\overline m+a+b)$
    Les affixes des points $P', Q', R'$ :
    $p'=\dfrac 12(m'-b'c'\overline m'+b'+c')$
    $q'=\dfrac 12(m'-a'c'\overline m'+a'+c')$
    $r'=\dfrac 12(m'-a'b'\overline m'+a'+b').$
    A suivre...
  • pappus
    Modifié (21 Mar)
    Merci Bouzar
    Il me semble que tu Rescassolises de deux façons différentes.
    Amitiés
    pappus
  • Bonjour.

    N'aurait-on pas $(c-a)/(b-a)= conjugate(birap(M,A,B,C))$  ?

    Cordialement, Pierre.
  • pappus
    Modifié (21 Mar)
    Bonjour à tous
    Oui comme d'habitude ma figure se divise en deux, la partie gauche non primée et la partie droite primée.
    Voici une démonstration possible de l'identité de pldx1 en remarquant que les choses se passent en général mieux avec le triangle des symétriques $(p_1,q_1,r_1)$ qu'avec le triangle podaire $(p,q,r)$.
    Je m'appuie sur le lemme suivant que connait bien Rescassol et dont on peut trouver une démonstration dans le célèbre livre des Morley (père et fils): Inversive Geometry:
    La transformation circulaire directe $(A,B,C)\mapsto (p_1,q_1,r_1)$ est une transposition circulaire $\tau$ c'est-à-dire une involution de point central ou pôle $M^*$, l'inverse de $M$ par rapport au cercle $\Gamma$ circonscrit au triangle $ABC$.
    Tout est question de défunt birapport comme d'habitude:
    $\overline{(A,B,C,M)}=(A,B,C,M^*)$ via l'inversion $\sigma$ par rapport au cercle circonscrit $\Gamma$.
    $(A,B,C,M^*)= (p_1,q_1,r_1,\infty)$ via l'involution $\tau$
    $(p_1,q_1,r_1,\infty)=(p,q,r,\infty)$ via l'homothétie de centre $M$ et de rapport $\dfrac 12$
    Finalement
    $\overline{(A,B,C,M)}=(p,q,r,\infty)$
    Amicalement
    pappus
    PS
    Il reste à appliquer cette identité à ma figure initiale avec sa partie gauche et sa partie droite.


  • Bonjour,

    Soit $M_a,M_b,M_c$ le triangle de Steiner du point $M$. On trace les cycles $(M_a,B,C)$, $(M_b,C,A)$, $(M_c,A,B)$. Ils admettent un point commun $N$. D'où les questions:
    (1) ce point s'appelle l'antigonal de $M$. Pourquoi ce nom, plutôt que le béréniciel ?
    (2) quels sont les points d'indétermination de la transformation $M\mapsto N$ ?
    (3) quel en est le lieu exceptionnel (i.e. les points où $\det \mathrm{grad} =0$ ?
    (4) décrire précisément les éclatements


    Cordialement, Pierre.
  • Bonjour à tous
    N'aurait-il pas été plus courtois d'ouvrir un nouveau fil sur cette transformation antigonale au demeurant fort connue en géométrie du triangle plutôt que de polluer une discussion existante?
    Mais à Jupiter tout est permis!
    Amicalement
    pappus
  • En résumé, la transformation homographique directe $(A,B,C)\mapsto (M_a,M_b,M_c)$ est courtoise, tandis qu'une comparaison avec la transformation homographique rétrograde  $(A,B,C)\mapsto (\overline{M_a},\overline{M_b},\overline{M_c})$ est discourtoise, et même bien connue. Bof !

    Cordialement, Pierre.
  • Bonjour à tous
    Comme d'habitude un charabia sans intérêt qui n'apporte rien d'autre que de la nausée!
    Je quitte ce fil devenu sans objet
    Amicalement
    pappus

  • Vassillia
    Modifié (22 Mar)
    Bonjour,
    Quand on ne comprend pas, on ne dit pas forcément que c'est du charabia, on dit "je ne comprends pas"
    Donc ben moi, je le dis : je ne sais pas faire l'exercice de pldx1 mais peut-être qu'il pourrait donner plus de précisions pour que plus de personnes fassent le lien dont il parle avec l'exercice de pappus. 
    Challenge pldx1 si tu l'acceptes : que cailloux, Bouzar, moi, et peut-être d'autres futurs lecteurs ou lectrices arrivent à comprendre ;)
    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)
  • pldx1
    Modifié (25 Mar)
    Bonjour, 
    $\def\etc{,\:\mathrm{etc}} \def\birap#1#2{\operatorname{cross\_ratio}{}_{#2}\left(#1\right)} \def\vt{\mathrm{\mathbf{T}}}   \def\vzz{\overline{\mathcal{Z}}}   \def\vz{\mathrm{\mathbf{Z}}} \def\umbx{\Omega_{x}}   \def\umby{\Omega_{y}}$
    Le triangle podaire est aussi appelé triangle de Simson. En effet, ce triangle est aplati... et forme la droite de Simson lorsque le point source est sur le circonscrit. Lorsque l'on traverse les côtés, on obtient le triangle des réflexions, encore appelé triangle de Steiner. En effet ce triangle est aplati et forme la droite de Steiner lorsque le point source est sur le circonscrit. 

    Comment obtenir la formule $(c-a)/(b-a)=...$ ? On peut, par exemple, partir des formules donnant les points de Steiner (déjà données par Bouzar):  \[ M_{a}\simeq\beta t+\gamma t-\zeta\gamma\beta:t:\dfrac{t}{\beta}+\dfrac{t}{\gamma}-\dfrac{z}{\beta\gamma}\etc \] On normalise, on soustrait et on divise terme à terme. Cela donne la classe de similitude du triangle $M_{a}M_{b}M_{c}$  \[ \overset{\overrightarrow{AC}}{\underset{\overrightarrow{AB}}{{\dashrightarrow}}}=\dfrac{\left(\dfrac{1}{\beta}-\dfrac{\mathit{\zeta}}{\mathit{t}}\right)\left(\dfrac{1}{\alpha}-\dfrac{1}{\gamma}\right)}{\left(\dfrac{1}{\gamma}-\dfrac{\mathit{\zeta}}{\mathit{t}}\right)\left(\dfrac{1}{\alpha}-\dfrac{1}{\beta}\right)}:0:\dfrac{\left(\beta-\dfrac{z}{t}\right)\left(\alpha-\gamma\right)}{\left(\gamma-\dfrac{\mathit{z}}{t}\right)\left(\alpha-\beta\right)} \] En résumé, on obtient $\birap{\infty,M_{a},M_{b},M_{c}}z=\dfrac{c-a}{b-a}=\overline{\birap{M,A,B,C}z}$. 

    Et on se demande quelles homographies introduire pour rendre compte de cette propriété. Il y a les homographies directes ($\phi$), qui conservent le birapport, et il y a les homographies rétrogrades ($\psi$), qui conjuguent le birapport. Les conditions $A\mapsto M_{a}$, $B\mapsto M_{b}$, $C\mapsto M_{c}$ conduisent à:  \begin{eqnarray*} \phi\left(\vz:\vt:\vzz\right) & \simeq & \dfrac{t^{2}\,\vz-\left(s_{1}\,t^{2}-s_{2}\zeta t+s_{3}\,\zeta^{2}\right)\vt}{t\zeta\,\vz-t^{2}\,\vt}:1:\dfrac{s_{3}\,t^{2}\,\vzz-\left(s_{2}\,t^{2}-s_{1}zt+z^{2}\right)\vt}{\left(s_{3}zt\,\vzz-s_{3}t^{2}\,\vt\right)}\\ \psi\left(\vz:\vt:\vzz\right) & \simeq & \dfrac{\left(s_{1}\,t^{2}-s_{2}\zeta t+s_{3}\,\zeta^{2}\right)\vzz-t^{2}\,\vt}{t\left(t\vzz-\zeta\,\vt\right)}:1:\dfrac{\left(s_{2}\,t^{2}-s_{1}zt+z^{2}\right)\vz-s_{3}\,t^{2}\vt}{s_{3}t\left(t\,\vz-z\,\vt\right)} \end{eqnarray*}

    On peut vérifier que $M$ est le pôle de $\psi$, redonnant directement la propriété voulue... avec le désagrément que $\psi$ n'a pas l'amabilité d'être une inversion, et donc ne tombe pas toute cuite de geogebra. Par ailleurs, $\phi$ est involutive, et admet pour pôle l'inverse $M'$ de $M$ dans le cercle circonscrit. Et voilà pourquoi, il est intéressant de combiner avec une inversion de centre $M'$.

    Voyons par ailleurs cette histoire de points d'indéterrmination et de lieu exceptionnel. Prenons pour exemple la transformation $\phi$. C'est une transformation birationnelle (i.e. admettant une transformation rationnelle comme inverse formel). Sa forme réduite est:  \[ \left[\begin{array}{c} s_{3}\left(t^{2}\,\vz-\left(s_{1}\,t^{2}-s_{2}\zeta t+s_{3}\,\zeta^{2}\right)\vt\right)\left(z\vzz-t\,\vt\right)\\ s_{3}t\left(z\vzz-t\,\vt\right)\left(\zeta\,\vz-t\,\vt\right)\\ \left(s_{3}\,t^{2}\,\vzz-\left(s_{2}\,t^{2}-s_{1}tz-z^{2}\right)\vt\right)\left(\zeta\,\vz-t\,\vt\right) \end{array}\right] \]

    Les points tels que $\phi\left(\vz:\vt:\vzz\right)=0:0:0$ sont les trois points $\umby\simeq1:0:0$, $\umby\simeq0:0:1$ et $M'\simeq zt:z\zeta:\zeta t$. Le lieu exceptionnel est formé par les points tels que $\det\mathrm{grad}=0$. Cela donne:  \[ 2t^{7}s_{3}^{3}\,\prod\left(\dfrac{\mathit{z}}{\mathit{t}}-\alpha\right)\prod\left(\dfrac{\mathit{\zeta}}{\mathit{t}}-\dfrac{1}{\alpha}\right)\times\mathit{\vt}\left(t\,\mathit{\vt}-\mathit{z}\mathit{\vzz}\right)\left(t\,\mathit{\vt}-\zeta\,\mathit{\vz}\right) \] Autrement dit: la droite de l'infini et les isotropes de $M'$. En dehors de ces trois coupures, la transformation est localement bijective. On peut même rendre $\phi$ totalement bijective en "éclatant les points d'indétermination" . 

    A cet effet, on prend le développement en $K\mapsto0$, limité au premier terme, de $\phi\left(M'+K\left(\tau:0:1/\tau\right)\right)$. Cela donne  \[ \dfrac{\left(s_{1}\,t^{2}\zeta-s_{2}t\,\zeta^{2}+s_{3}\,\zeta^{3}-t^{3}\right)s_{3}z\left(2t-z/\tau\right)}{\left(s_{1}t\,z^{2}-s_{2}\,t^{2}z+s_{3}\,t^{3}-z^{3}\right)\zeta\left(2t-\tau\zeta\right)}\,\umby+1\;\umbx \] obtenant la droite de l'infini. Et on fait la même chose avec les deux autres points.   

    Cordialement, Pierre.
  • Bonjour, $\def\miq{M_{\mathrm{q}}} \def\linfz{\mathcal{L}_{z}} $

    Il reste à conclure. Nous avons considéré un triangle $ABC$ fixe et un point mobile $M$. En plaçant $A,B,C$ sur le cercle unité (introduisant les turns $\alpha,\beta,\gamma$) et utilisant $M\simeq z:t:\zeta$, les sommets du triangle de Steiner $M_{j}$ s'écrivent:  \[ M_{a}\simeq\beta t+\gamma t-\zeta\gamma\beta:t:\dfrac{t}{\beta}+\dfrac{t}{\gamma}-\dfrac{z}{\beta\gamma}\etc \] tandis que l'homographie directe $A\mapsto M_{a}$, $B\mapsto M_{b}$, $C\mapsto M_{c}$, qui envoie un triangle sur l'autre s'écrit: \begin{eqnarray*} \phi\left(\vz:\vt:\vzz\right) & \simeq & \dfrac{t^{2}\,\vz-\left(s_{1}\,t^{2}-s_{2}\zeta t+s_{3}\,\zeta^{2}\right)\vt}{t\zeta\,\vz-t^{2}\,\vt}:1:\dfrac{s_{3}\,t^{2}\,\vzz-\left(s_{2}\,t^{2}-s_{1}zt+z^{2}\right)\vt}{\left(s_{3}zt\,\vzz-s_{3}t^{2}\,\vt\right)} \end{eqnarray*}
    Cette homographie est involutive. Son pôle est $\zeta t:\zeta z:zt$. Il s'agit donc du point $\mathrm{i}P$, inverse du point $P$ wrt le cercle unité. Comme indiqué précédemment, cette transformation de Cremona $\phi$ peut être rendue totalement bijective en éclatant le point $\mathrm{i}P$ (ainsi que $\umbx,\umby$) selon le schéma: \[ \phi\,:\,\mathrm{eclatement}\left(\mathrm{i}P\right)\longleftrightarrow\linfz \]

    Et maintenant, passons à $\psi$, l'horrible homographie discourtoise. Si l'on regarde bien, $\phi\mathrm{i}$ est une homographie rétrograde vérifiant $A\stackrel{\mathrm{i}}{\mapsto}A\stackrel{\phi}{\mapsto}P_{a}\etc$. Et on a donc $\phi\mathrm{i=\psi}$ (ce que l'on peut vérifier par le calcul). En particulier le recollement le long de $\linfz$ se passe agréablement et sans cicatrice.

    Ensuite de quoi, il y a le théorème de Miquel. Les cercles $ABC,AP_{b}P_{c},P_{a}BP_{c},P_{a}P_{b}C$ se coupent en un même point... que l'on appelle $\miq$. Il vient: \[ \miq\simeq\dfrac{s_{3}\zeta-s_{2}t}{z-s_{1}t}:1:\dfrac{z-s_{1}t}{s_{3}\zeta-s_{2}t} \] L'homographie $\phi$ a la courtoisie de transporter tout cela et de nous donner des cercles $P_{a}P_{b}P_{c},P_{a}BC,AP_{b}C,ABP_{c}$ qui se coupent en un même point. qui n'est autre que $\phi$$\left(\miq\right)$. 

    <ouvrez le charabia> Pour une raison ou une autre, ce point $\phi$$\left(\miq\right)$ s'appelle l'antigonal de $M$<fermez le charabia> 

    C'est le moment de se demander ce que vaut $\phi\left(M\right)$? Excellente question, montrant tout l'intérêt de faire une figure. On trouve \[ \phi\left(M\right)=\left[\begin{array}{c} \left(z+\zeta s_{2}\right)t-s_{1}\,t^{2}-s_{3}\,\zeta^{2}\\ z\zeta-t^{2}\\ \left(\zeta+\dfrac{s_{1}}{s_{3}}z\right)t-\dfrac{s_{2}}{s_{3}}t^{2}-\dfrac{1}{s_{3}}z^{2} \end{array}\right] \] et alors, suspense extraordinaire, $\phi\left(M\right)$ n'est autre que $\mathrm{g}M$, l'isogonal de $M$. Tout cela, mis bout à bout, suggère que "la mayonnaise antigonale peut se monter à partir des transformations $\mathrm{i}$ et $\mathrm{g}$" .

    @Vassillia. Ce dernier paragraphe est volontairement imprécis. <joke> Un exercice n'est pas seulement destiné à exercer le poseur de sujet. </joke> Qu'en est-il du reste ?  

    Cordialement, Pierre.
  • Vassillia
    Modifié (25 Mar)
    Bonjour, allez je tente ma chance pour le reste, en tout cas, ce que j'arrive à compléter

    Déjà la figure me donne que $gM$ l'isogonal de $M$ est le centre du cercle passant par $M_a$, $M_b$ et $M_c$, c'est peut-être supposé être évident mais pour moi, ce fut tout de même une surprise. Je n'ai pas essayé de le démontrer mais j'imagine que c'est jouable par le calcul, il n'y a pas de raison.
    Ensuite, si on applique l'homographie discourtoise et bien le point $\psi(gM)$ arrive sur l'antigonal $\phi(M_q)$ donc $g(i(g(M)))=\phi(M_q)$ devrait être la mayonnaise antigonale
    Vous pouvez jouer avec ce bazar https://www.geogebra.org/classic/n86cgtwa

    Je soupçonne sans preuve que le mot antigonal vient du fait que l'angle orienté $(\phi(M_q)A,\phi(M_q)B)=-(MA,MB)$ etc.
    Accessoirement, "gone" veut dire "angle" en grec (j'avais) et Bérénice est la fille d'Antigone, une princesse macédonienne (je n'avais pas mais avec google ça passe) donc ce n'est pas tant du charabia que ça.
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  • pldx1
    Modifié (26 Mar)
    Bonjour.

    @Vassillia. oui.

    A propos du geogebra que tu as publié. 

    line 11: Conjugate
    line 12,13,14: Reflect
    line 18 Mq=Element(Remove({intersect(horz, cirA)},{A}),1)
    line 27 isog(z) = (z + conjugate(z) s2 - s1 - s3 (conjugate(z))²) / (z conjugate(z) - 1)

    Et donc, il est utile de programmer $\phi, \psi$  pour voir ce que cela donne. En particulier pour voir que  $\phi (P) = gP$. 

    Cordialement, Pierre. 

    PS. Les points $M=P$  et $gM=gP$ sont cyclopedal. Quand on passe de Simson à Steiner, alors... 


  • Vassillia
    Modifié (26 Mar)
    Alors le triangle de Steiner est l'image du triangle de Simson par l’homothétie de centre $M$ et de rapport 2
    C'est gentil de t’embêter à regarder le code geogebra qui est comme souvent chez moi bordélique. 
    Mise à jour effectuée, y compris avec ces triangles et le cercle cyclopedal

    J'avoue que je n'ai toujours quasiment rien programmé en Morley, c'est sur ma todolist, le fiasco de la dernière fois m'a un peu refroidie quand même mais ça va revenir.
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  • (suite)

    Quel est le centre du cercle cyclopedal ?

    Cordialement, Pierre.
  • Vassillia
    Modifié (26 Mar)
    Le milieu entre $M$ et $gM$ de toute évidence mais j'imagine qu'il faut trouver un lien avec quelque chose, je vais voir si je trouve l'inspiration.
    Edit : Arf, évidemment, alors $gM$ est le centre du cercle passant par $M_a$, $M_b$ et $M_c$
    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 occasion pour Morley. Partir de l'écriture en complexes  de la transformation antigonale. Et chercher les points exceptionnels (i.e. donnant $0:0:0$) ainsi que le lieu exceptionnel (où le gradient n'est plus de rang maximal), selon le modèle donné ci-dessus pour la transformation $\phi$. Prévoir un ordinateur et du café, mais tout se factorise agréablement.

    Déterminer les éclatements. Et puis fouiller le site de Déserti pour trouver ce que l'on peut faire avec un barnum pareil.

    Cordialement, Pierre.
  • Vassillia
    Modifié (28 Mar)
    Bonjour
    Pour des raisons pratiques (comprendre flemmardise de remplacer pour faire joli), $a=\alpha$ ; $b=\beta$ ; $c=\gamma$ et $zz=\zeta$
    Après cafouillage comme il se doit, j'ai réussi à programmer ce bazar et la transformation antigonale donne en écriture complexe
    \[\left[\begin{array}{c}
    \left(a^{2} b c t \mathit{zz}^{2} + a b^{2} c t \mathit{zz}^{2} + a b c^{2} t \mathit{zz}^{2} - a^{2} b t^{2} \mathit{zz} - a b^{2} t^{2} \mathit{zz} - a^{2} c t^{2} \mathit{zz} - 2 \, a b c t^{2} \mathit{zz} - b^{2} c t^{2} \mathit{zz} - a c^{2} t^{2} \mathit{zz} - b c^{2} t^{2} \mathit{zz} - a b c z \mathit{zz}^{2} + a^{2} t^{3} + a b t^{3} + b^{2} t^{3} + a c t^{3} + b c t^{3} + c^{2} t^{3} + a b t z \mathit{zz} + a c t z \mathit{zz} + b c t z \mathit{zz} - a t^{2} z - b t^{2} z - c t^{2} z\right) \left(a b c t \mathit{zz} - a b t^{2} - a c t^{2} - b c t^{2} + a t z + b t z + c t z - z^{2}\right) a b c
    \\ {\left(a b c t \mathit{zz} - a b t^{2} - a c t^{2} - b c t^{2} + a t z + b t z + c t z - z^{2}\right)} {\left(a b c \mathit{zz}^{2} - a b t \mathit{zz} - a c t \mathit{zz} - b c t \mathit{zz} + a t^{2} + b t^{2} + c t^{2} - t z\right)} a b c t
    \\ \left(a^{2} b^{2} c t^{2} \mathit{zz} + a^{2} b c^{2} t^{2} \mathit{zz} + a b^{2} c^{2} t^{2} \mathit{zz} - a^{2} b^{2} t^{3} - a^{2} b c t^{3} - a b^{2} c t^{3} - a^{2} c^{2} t^{3} - a b c^{2} t^{3} - b^{2} c^{2} t^{3} - a^{2} b c t z \mathit{zz} - a b^{2} c t z \mathit{zz} - a b c^{2} t z \mathit{zz} + a^{2} b t^{2} z + a b^{2} t^{2} z + a^{2} c t^{2} z + 2 \, a b c t^{2} z + b^{2} c t^{2} z + a c^{2} t^{2} z + b c^{2} t^{2} z + a b c z^{2} \mathit{zz} - a b t z^{2} - a c t z^{2} - b c t z^{2}\right) \left(a b c \mathit{zz}^{2} - a b t \mathit{zz} - a c t \mathit{zz} - b c t \mathit{zz} + a t^{2} + b t^{2} + c t^{2} - t z\right)
    \end{array}\right] \]
    J'ai décidément la poisse avec les formules imbitables mais quand je demande les points d'indétermination, ça s'arrange puisque Sage me répond poliment
    [z == 0, t == 0, zz == r1],
    [z == r2, t == 0, zz == 0],
    [z == r3, t == r3/b, zz == r3/b^2],
    [z == r4, t == r4/a, zz == r4/a^2],
    [z == r5, t == r5/(a + b + c), zz == (a*b + (a + b)*c)*r5/(a*b*c^2 + (a^2*b + a*b^2)*c)],
    [z == r6, t == r6/c, zz == r6/c^2]
    Autrement dit les ombilics, les points $A$, $B$ et $C$ et le point $(1 : 1/s_1 : s_2/(s_3 s_1)) \simeq (s_1 : 1 : s_2/s_3)$ qui est l'horthocentre du triangle $ABC$
    Pour le déterminant de la matrice jacobienne il me répond $5 \left(a^{2} b t \mathit{zz} + a b^{2} t \mathit{zz} - a^{2} t^{2} - a b t^{2} - b^{2} t^{2} - a b z \mathit{zz} + a t z + b t z\right) \left(a^{2} c t \mathit{zz} + a c^{2} t \mathit{zz} - a^{2} t^{2} - a c t^{2} - c^{2} t^{2} - a c z \mathit{zz} + a t z + c t z\right) \left(a b c t \mathit{zz} - a b t^{2} - a c t^{2} - b c t^{2} + a t z + b t z + c t z - z^{2}\right) \left(b^{2} c t \mathit{zz} + b c^{2} t \mathit{zz} - b^{2} t^{2} - b c t^{2} - c^{2} t^{2} - b c z \mathit{zz} + b t z + c t z\right) \left(a b c \mathit{zz}^{2} - a b t \mathit{zz} - a c t \mathit{zz} - b c t \mathit{zz} + a t^{2} + b t^{2} + c t^{2} - t z\right) \left(t^{2} - z \mathit{zz}\right) a^{3} b^{3} c^{3}$
    Certes ça se factorise et ... il y a sûrement moyen d'identifier, on verra ça plus tard à moins que quelqu'un d'autre participe (n'hésitez pas).
    La pause déjeuner est finie et je ne peux pas injecter directement ces formules dans geogebra (c'est bien pour ça que je préfère en barycentrique d'ailleurs).

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  • Vassillia
    Modifié (28 Mar)
    Finalement ne faisons pas durer le suspens trop longtemps, en appelant $H$ l'horthocentre du triangle $ABC$ il s'agit des cercles:
    - passant par $A$, $B$ et $C$ (et donc passant par les ombilics)
    - passant par $A$, $B$ et $H$ (et donc passant par les ombilics)
    - passant par $A$, $C$ et $H$ (et donc passant par les ombilics)
    - passant par $B$, $C$ et $H$ (et donc passant par les ombilics)
    Mais aussi des hyperboles :
    - passant par $A$, $B$, $C$, $H$ et un ombilic
    - passant par $A$, $B$, $C$, $H$ et l'autre ombilic

    Maintenant, qu'est-ce qu'il faut faire avec ça ? C'est hors de ma portée même si j'imagine que la référence était ce site http://bernard-gibert.fr/
    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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