Une relation

Bouzar
Modifié (15 Apr) dans Géométrie
Bonjour,
Je propose ce nouveau problème issu de ROG.
Soit $ABC$ un triangle. Soit $E$ un point quelconque sur la bissectrice issue du point $A.$
Montrer que $BO\times KQ = OK \times QC.$
Amicalement

Réponses

  • Jean-Louis Ayme
    Modifié (15 Apr)
    Bonsoir,

    c'est une application du théorème d'Hiroshi Haruki...

    Sincèrement
    Jean-Louis
  • Vassillia
    Modifié (15 Apr)
    Bonjour, c'est assez facile en barycentrique (@NicolasLeProf si tu veux t’intéresser aux cercles, n'hésite pas à poser des questions)
    $A \simeq \left(\begin{array}{c} 1  \\ 0 \\ 0 \end{array}\right)$ $B \simeq \left(\begin{array}{c} 0  \\ 1 \\ 0 \end{array}\right)$ $C \simeq \left(\begin{array}{c} 0  \\ 0 \\ 1 \end{array}\right)$ $K \simeq \left(\begin{array}{c} 0  \\ b \\ c \end{array}\right)$ $E \simeq \left(\begin{array}{c} k  \\ b \\ c \end{array}\right)$ avec $k$ le choix de paramètrisation pour faire varier $E$ sur la bissectrice

    On calcule les Verenose des points c'est à dire $V(x:y:z) \simeq \left(\begin{array}{c} x\\ y\\ z \\-\dfrac{a^2yz+b^2xz+c^2xy}{x+y+z} \end{array}\right)$ 
    Puis le cercle passant par $A, B$ et $E$ ce qui donne $cer_B \simeq \left(\begin{array}{c} 0  \\ 0 \\ (a^2 + bk + ck)b \\ b + c + k \end{array}\right)$
    Et le cercle passant par $A, C$ et $E$ ce qui donne $cer_C \simeq \left(\begin{array}{c} 0  \\ (a^2 + bk + ck)c \\0 \\ b + c + k \end{array}\right)$

    On trouve les intersections avec la droite $(BC)\simeq [1,0,0]$ en cherchant un point qui vérifie les deux équations et on trouve
    $O \simeq \left(\begin{array}{c} 0  \\ a^2 b + (b^2 + b c)k \\ a^2 c + (a^2 - b^2 - b c) k \end{array}\right)$ $Q \simeq \left(\begin{array}{c} 0  \\ a^2 b + (a^2 - b c - c^2) k \\ a^2 c + (b c + c^2) k \end{array}\right)$

    Bon, il ne reste plus qu'à normaliser pour calculer les vecteurs puis les distances et on trouve
    $BO^2\times KQ^2=OK^2 \times QC^2 = \dfrac{ (a^2 c + a^2 k - b^2 k - b c k)^2 (a + b + c)^2 (a - b - c)^2 c^2 k^2} {a^4 (b + c + k)^4 (b + c)^2}$

    PS : avec $a=Distance(B,C)$, $b=Distance(C,A)$ et $c=Distance(A,B)$
    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 Vassillia, je te remercie pour ta sollicitude ! :)
    Peux-tu m'expliquer ce que sont les "Verenose" : $V(x:y:z)$ stp? Je verrai après pour les cercles si cela se débloque dans ma tête.
  • Vassillia
    Modifié (15 Apr)
    Le plongement de Veronese est une manière de "linéariser" les coniques, ici, je le fais pour un cercle mais on pourrait le faire pour une conique quelconque et on utiliserait $V(x:y:z) \simeq (x^2 : y^2 : z^2 : xy : yz : zx)$
    En fait, j'ai commencé à comprendre ce qui se passait pour les coniques via leur forme matricielle puis seulement ensuite j'ai compris ce qu'était le plongement de Veronese donc ne t'inquiete pas, j'ai eu du mal aussi. Il te faudra peut-être passer par les mêmes étapes.
    Edit : en cherchant si pldx1 avait fait une version française au sujet des coniques https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/1026953/fiche-technique-coniques-barycentriques
    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 Jean-Louis et Vassillia,
    @Vassillia : merci pour ta contribution.
    @Jean-Louis Ayme : En effet, c'est une application du théorème d'Hiroshi Haruki.
    Amicalement
  • Bouzar
    Modifié (17 Apr)
    Bonjour,
    D'une part, le quadrilatère $ABEQ$ est inscriptible et $(BQ) \cap (AE) = \{K\}$ ce qui donne les triangles $KAB$ et $KQE$ sont semblables d'où $\dfrac{BK}{KE}=\dfrac{AK}{KQ}$ et donc $\color{blue}{BK \times KQ = AK\times KE } \quad (1).$
    D'autre part, le quadrilatère $ACEO$ est inscriptible et $(AE) \cap (CO) = \{K\}$ ce qui donne les triangles $KAC$ et $KOE$ sont semblables d'où $\dfrac{AK}{KO}=\dfrac{CK}{KE}$ et donc $\color{blue}{CK \times KO = AK\times KE}  \quad (2).$
    De $(1)$ et $(2)$, on en tire : $\color{blue}{BK \times KQ = CK \times KO} \quad (3).$
    Les points $C, Q, K$ sont alignés dans cet ordre donc $\color{blue}{CK = CQ + QK }\quad (4).$ 
    De même, les points $B, O, K$ sont alignés dans cet ordre donc $\color{blue}{BK = BO+ OK }\quad (5).$
    Par suite, de $(3), (4)$ et $(5)$, on a : 
    $$(BO+ OK)\times KQ = (CQ + QK) \times KO$$
    soit $$BO \times KQ + OK\times KQ = CQ \times KO + QK \times KO$$
    donc soit $$BO \times KQ + \cancel{OK\times KQ }= CQ \times KO + \cancel{QK \times KO}$$
    c'est-à-dire $$\color{brown}{BO \times KQ = CQ \times KO}.$$
    Amicalement
  • @Vassillia, je suis un peu perdu ici, pourtant j'essaie de me creuser la tête avec les divers liens que tu m'as envoyés et en faisant des recherches.
    Peux-tu m'en dire un peu plus? Comment fais-tu pour calculer $V(x:y:z)$ dans le cas d'un cercle et comment en déduis-tu les cercles ensuite?
    J'aimerais comprendre cette partie aussi (au moins sur les cercles vu que je ne suis pas expert sur des coniques plus compliquées).
    Un grand merci ! :)
  • Vassillia
    Modifié (18 Apr)
    Une conique est définie, entre autre, par une matrice  $C \simeq \left(\begin{array}{ccc} c_{11} & c_{12} & c_{13} \\ c_{12} & c_{22} & c_{23} \\ c_{13} & c_{23} & c_{33} \end{array}\right)$ tel que un point  $ M \simeq \left(\begin{array}{c} x\\y\\ z \end{array}\right)$ appartient à cette conique ssi $^tM \cdot C \cdot M=0$ et dans ce cas $^tM \cdot C$ est la tangente au point $M$
    L’intérêt du bazar est qu'une droite $\Delta \simeq [p,q,r]$ est tangente à cette même conique ssi $\Delta \cdot C^{-1}\cdot ^t\Delta =0$ et dans ce cas $C^{-1}\cdot ^t\Delta$ est le point de contact de $\Delta$.
    Remarque, comme le déterminant ne sert à rien puisque tout est à un facteur près, on peut s'en passer et utiliser la matrice adjointe à la place.

    Mieux encore la polaire d'un point $ M \simeq \left(\begin{array}{c} x\\y\\ z \end{array}\right)$ est la droite $^t\!M \cdot C$ et tu te doutes peut-être déjà que le pôle d'une droite $\Delta \simeq [p,q,r]$ est le point $C^{-1} \cdot {\,}^t\! \Delta$
    Ce qui est parfaitement logique, le cas tangente et point de contact n'étant qu'un cas particulier d'une polaire pour un point appartenant à la conique

    Tu sais, peut-être, qu'on peut utiliser la matrice $pyth = 1/2 \left(\begin{array}{ccc} 0 & -c^2 & -b^2 \\ -c^2 & 0 & -a^2 \\ -b^2 & -a^2 & 0 \end{array}\right)$ pour calculer les distances mais en fait cette matrice est une conique et même le cercle circonscrit à $A$, $B$ et $C$

    Comment se convaincre qu'elle fait correctement son boulot de produit scalaire ?
    $^t \overrightarrow{AB} \cdot pyth \cdot \overrightarrow{AB}=c^2$ qui est bien la distance entre $A$ et $B$ au carré
    $^t \overrightarrow{AB} \cdot pyth \cdot \overrightarrow{AC}=1/2(b^2+c^2-a^2) = bc \cdot cos(\widehat{BAC})$ comme le veut la formule d'Al Kashi (remarque par la suite on notera cette valeur $S_a$ et par permutation circulaire $S_b$ et $S_c$)
    Et ainsi de suite pour les autres produits...

    Comment se convaincre que c'est le cercle circonscrit à $A$, $B$ et $C$ ?
    $^t A \cdot pyth \cdot A = 0$ et $^t B \cdot pyth \cdot B = 0$ et $^t C \cdot pyth \cdot C = 0$
    Son centre qui est le pole de la droite de l'infini est donc $pyth^{-1} \cdot ^t [1,1,1] \simeq \left(\begin{array}{c} S_a a^2 \\S_b b^2\\ S_c c^2 \end{array}\right)$
    Tu peux t'amuser à coup de médiatrices à retrouver ce point $O$ et/ou à calculer la distance $OM$ pour un point qui appartient à la conique
    Remarque au passage, on sait, qu'un cercle est une conique passant par les ombilics c'est à dire les points à l'infini 
    $\Omega_x \simeq \left(\begin{array}{c} S_b - 2iS\\S_a+2iS\\ -c^2 \end{array}\right)$ et $\Omega_y \simeq \left(\begin{array}{c} S_b + 2iS\\S_a-2iS\\ -c^2 \end{array}\right)$ avec $S=\sqrt{(a+b+c)(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)}/4$
    Et tout va bien, si on vérifie, les ombilics appartiennent à la conique donc c'est bien un cercle.

    Bref, un point $ M \simeq \left(\begin{array}{c} x\\y\\ z \end{array}\right)$ appartient à ce cercle circonscrit ssi $^t M \cdot pyth \cdot M = -c^2xy - b^2xz - a^2yz=0$ et on notera $ver(x:y:z)=(x:y:z:^t M \cdot pyth \cdot M/(x+y+z))$ pour normaliser un peu cette fameuse équation.
    Pourquoi faire ça ? Principalement parceque c'est pratique, le secret réside dans 4 points sont sur le même cercle ssi le déterminant de leur 4 veronese vaut 0
    Et donc une manière de trouver le cercle passant par les points $P,Q$ et $R$ est d'écrire $det(ver(P),ver(Q),ver(R),ver(M))=\bigwedge_{3}(ver(P),ver(Q),ver(R))\cdot ver(M)=0$. Le cercle est alors $\bigwedge_{3}(ver(P),ver(Q),ver(R))$, profitons-en pour calculer le cercle circonscrit pour voir ce que ça donne et on trouve $(0:0:0:1)$, c'est nettement plus jolie que la matrice précédente.
    Ca c'est sûr mais là, on ne rigole plus, on est dans $\mathbb{P}(\mathbb{C}^4)$ pour travailler dans l'espace des cycles. On peut y faire plein de choses fort sympathiques comme calculer des faisceaux de cercles et les faisceaux de cercles orthogonaux mais on n'est plus du tout sur du tentable au secondaire à mon avis. On arrive aux limites de ce que j'arrive à utiliser donc avant que je puisse en fournir une explication fluide de tout ce qu'on peut y faire, ce n'est pas gagné. Déjà que je ne suis pas bien sûre dans quel ordre présenter le début sur les coniques. Désolée si ce n'est pas optimisé.

    PS : j'ai tout fait en barycentriques comme mon premier message était en barycentriques mais c'est transposable sans difficulté en Morley qui me semble objectivement plus adapté pour l'espace des cycles pour les raisons que tu devines.


    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,

    avec référence

    Sincèrement
    Jean-Louis
  • Merci @Bouzar pour cette solution limpide !
    Bien amicalement, JLB
  • gai requin
    Modifié (18 Apr)
    @Bouzar : $AE$ est l'axe radical des deux cercles donc $\big(\overline{KO}+\overline{OB}\big)\times\overline{KQ}=\overline{KO}\times\big(\overline{KQ}+\overline{QC}\big)$ et c'est fini.
  • NicoLeProf
    Modifié (18 Apr)
    Ok wow @Vassillia, un grand merci pour toutes tes explications, c'est très clair !!!
    Je crois avoir compris !
    En fait, l'expression $-c^2xy-b^2xz-a^2yz$ est l'expression d'une forme quadratique décrivant une conique. 
    Sa forme polaire (forme bilinéaire symétrique associée) est la forme dont la matrice dans la base canonique est $pyth$ ! 
    Et on constate qu'il s'agit du cercle circonscrit au triangle $ABC$. 
    Je retrouve bien $(0:0:0:1)$ en calculant $\det(Ver(A),Ver(B),Ver(C),Ver(M))$. 
    Juste une dernière question (et oui j'essaie de retrouver tes autres cercles et de réfléchir à un autre exo sur un autre fil) :  que signifie cette notation : $\bigwedge_{3}(ver(P),ver(Q),ver(R))$?
  • Vassillia
    Modifié (18 Apr)
    Je suis solidaire étant donné que je ne connaissais pas cette notation et que j'ai bugué un certain temps la première fois que pldx1 l'a utilisée. Mais je t'ai donné un indice, je n'y avais même pas eu droit, la vie est trop injuste :'(
    J'ai écrit que $det(ver(P),ver(Q),ver(R),ver(M))=\bigwedge_{3}(ver(P),ver(Q),ver(R))\cdot ver(M)$ donc le déterminant doit pouvoir s'écrire comme un produit de 2 colonnes où la première représente le cercle $(c_1 : c_2 : c_3 : c_4)$ et la seconde représente le point $(x : y : z : ^t M \cdot pyth \cdot M /(x+y+z))$ (enfin on dira plutôt le cercle point puisqu'il a été plongé dans Veronese).
    Ce produit doit donner le déterminant prévu mais doit aussi donner $c_1 x+c_2 y +c_3 z +c_4 \ ^t M \cdot pyth \cdot M /(x+y+z)$. Est-ce qu'on ne pourrait pas développer le déterminant par rapport à une colonne bien choisie qui donnerait les $x$ , $y$ , $z$ et $^t M \cdot pyth \cdot M /(x+y+z)$ ? Si oui, quels seraient alors les coefficients $c_1$, $c_2$, $c_3$ et $c_4$ que l'on pourrait regrouper en colonne et appeler par exemple $\bigwedge_{3}(ver(P),ver(Q),ver(R))$.
    Promis si tu ne trouves pas, je te donne la réponse mais je pense que tu peux l'intuiter.
    Je suis contente que ça te plaise, par contre, le calcul formel est vivement recommandé dès que tu veux faire des exercices un peu rigolos sinon c'est la loose totale de devoir faire ce genre de calcul à la main.
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  • @gai requin C'est de loin la solution la plus courte ... donc la plus "élégante" ! Merci !
    Bien amicalement, JLB
  • Noyée dans un flot de calculs efficaces 😈
  • Tu es bien gentil @gai requin mais il me semble que je réponds à des questions de quelqu'un. Si tu veux répondre à ma place plus efficacement, n'hésite pas  ;)
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  • @Vassillia, je te remercie, je trouve que pour tout $1 \leq i \leq 4$, $c_i$ est le mineur extrait de $\det((ver(P),ver(Q),ver(R),ver(M))$ en supprimant la $i$-ème ligne et la 4ème colonne, multiplié par $(-1)^{i+4}$.
    (On pourrait aussi l'écrire avec la comatrice mais c'est un peu plus compliqué).
  • @Vassillia : Non non, j’évoquais plutôt ta solution 😇
  • Oui donc si on fait le bilan, tu as les points, droites, parallèles, perpendiculaire (un coup de la matrice Pythagore sur un point à l'infini d'une droite donne la polaire passant par $O$ autrement dit une perpendiculaire bien particuliere), distances, coniques avec les spécificités du cercle. C'est maintenant que le fun commence, dans un problème, il faut choisir une paramétrisation qui évite l'inflation des calculs. Amuse-toi bien à partir de fils existants !
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