Un cercle dont le centre se trouve sur le cercle d'Euler

Bonsoir à tous,
Peut-être ce problème a-t-il déjà été posé ici, car je ne sais plus à quelle occasion j'en suis venu à dessiner cette intéressante figure. S'il en est ainsi, je vous prie de m'excuser de le poser de nouveau, et je prie également la victime éventuelle de mon plagiat de me le pardonner ... Il est également possible que j'aie trouvé ce problème posé sur un autre site ...
Soit un triangle $ABC$, $Ha$ le pied de la hauteur issue du sommet $A$, et $Ma$, $Mb$ et $Mc$ les milieux respectifs des côtés $BC$, $CA$ et $AB$. La bissectrice de l'angle en $A$ coupe les droites $MaMb$ et $MaMc$ en les points $Ai$ et $Ae$, respectivement situés à l'intérieur et à l'extérieur du triangle.
Montrer que les quatre points $Ha$, $Ma$, $Ai$ et $Ae$ appartiennent à  un même cercle dont le centre se situe sur le cercle d'Euler.
Bien cordialement, JLB



Réponses

  • cailloux
    Modifié (7 May)
    Bonsoir jelobreuil,
    Posé ou non, il semble qu'il faille chercher du côté de $X(3158)$ dans l'ETC.
    Il semble aussi que le centre du cercle en question soit le milieu d'un des arcs $M_aH_a$ du cercle d'Euler.
    Nos calculateurs barycentriques, Morleyistes ou autres confirmeront ... ou non.
  • Rescassol
    Modifié (7 May)
    Bonsoir,

    Voilà voilà:
    % Jelobreuil - 07 Mai 2024 - Un cercle dont le centre se trouve sur le cercle d'Euler
    
    clear all, clc
    
    syms a b c real % Longueurs des côtés du triangle ABC
    
    % Notations de Conway
    Sa=(b^2+c^2-a^2)/2; Sb=(c^2+a^2-b^2)/2; Sc=(a^2+b^2-c^2)/2;
    Sab=Sa*Sb; Sbc=Sb*Sc; Sca=Sc*Sa;
    
    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
    Ha=[0; Sca; Sab]; % Pied de la A-hauteur
    I=[a; b; c]; % Centre du cercle inscrit
    AI=[0, -c, b]; % Droite (AI)
    MaMb=Wedge(Ma,Mb); % Droite (Ma Mb): [1, 1, -1]
    MaMc=Wedge(Ma,Mc); % Droite (Ma Mb): [1, -1, 1]
    Ai=Wedge(AI,MaMb); % Point Ai=[c-b; b; c]
    Ae=Wedge(AI,MaMc); % Point Ae=[b-c; b; c]
    
    Nul1=Factor(Cocycliques(Ha,Ma,Ai,Ae,a,b,c))
    % Nul1=0 donc Ha, Ma, Ai, et Ae sont cocyclisues
    
    Oa=CentreCercleTroisPointsBary(Ha,Ma,Ai,a,b,c);
    Oa=SimplifieBary(Oa)
    % On trouve Oa=[-(b-c)^2; a^2-c^2+b*c; a^2-b^2+b*c]
    
    Nul2=Factor(Cocycliques(Ma,Mb,Mc,Oa,a,b,c))
    % Nul2=0 donc Oa est sur le cercle d'Euler
    Cordialement,
    Rescassol

  • jelobreuil
    Modifié (7 May)
    @Cailloux, tu as raison, le centre est bien le milieu de l'arc $HaMa$.
    Poursuivons avec la figure complète, avec les trois cercles analogues. Il s'agit de montrer que les bissectrices du triangle de base sont les axes radicaux de ces cercles pris deux à deux (ce qui fait de I leur centre radical).
    Mais @Cailloux, je ne vois pas à quoi correspond le point que tu cites, car il se trouve que les céviennes correspondant aux centres de ces trois cercles (segments verts) ne sont pas concourantes ...
    Bien cordialement JLB
  • cailloux
    Modifié (7 May)
    Bonsoir jelobreuil,
    Vois-tu, vu que la définition de ton point $Q$ était "dissymétrique" par rapport au triangle $ABC$, j'étais tout à fait convaincu qu'une recherche ETC ne donnerait rien. J'ai tout de même tenté ladite recherche (en dépit du sens commun) pour tomber à ma grande surprise sur $X(3158)$.
    En partant de $B$ ou $C$ (les deux autres cercles de ta dernière figure), ETC ne donne rien.
    Il y a là un phénomène que je ne m'explique pas.
    J'aimerais qu'on confirme (ou infirme !) ce$X(3158)$ en partant de $A$.
  • Vassillia
    Modifié (8 May)
    Bonjour, on trouve avec le plongement de Veronese $V(x:y:z) \simeq \left(\begin{array}{c} x : y : z : -\dfrac{a^2yz+b^2xz+c^2xy}{x+y+z} \end{array}\right)$ que le cercle est
    $cerA=\bigwedge_{3}(V(M_a),V(A_i),V(A_e)) \simeq ((a + b + c)(a - b - c) : -a^2 + b^2 - c^2 : -a^2 - b^2 + c^2 : -4)$ donc avec pour centre $((b-c)^2 : -a^2-bc+c^2 : -a^2 + b^2 -bc)$ tout comme Rescassol. Je te laisse vérifier si c'est bien ton point sur ETC cailloux, je n'ai toujours pas géré la base de données.

    De même en partant de $B$ on a $cer B \simeq (a^2 - b^2 - c^2: -(a + b + c)(a - b + c): -a^2 - b^2 + c^2 : -4)$
    D'où le faisceau de cercles engendré par $cerA$ et $cerB$ qui est $cerA \underset{6}{\bigwedge} cerB \simeq$
    $\left(\begin{array}{cccc}
    0 & 0 & -4 \, a & {\left(a^{2} + b^{2} - c^{2}\right)} a \\
    0 & 0 & -4 \, b & {\left(a^{2} + b^{2} - c^{2}\right)} b \\
    4 \, a & 4 \, b & 0 & a^{3} - a^{2} b - a b^{2} + b^{3} - 2 \, a b c - a c^{2} - b c^{2} \\
    -{\left(a^{2} + b^{2} - c^{2}\right)} a & -{\left(a^{2} + b^{2} - c^{2}\right)} b & -a^{3} + a^{2} b + a b^{2} - b^{3} + 2 \, a b c + a c^{2} + b c^{2} & 0
    \end{array}\right)$

    La bissectrice issue de $C$, devenue un cercle en lui adjoignant la droite de l'infini, est $(-b: a: 0: 0)$ et elle appartient bien au faisceau puisque le produit vaut $(0:0:0:0)$, c'est donc l'axe radical

    Pas très subtil mais comme j'ai les procédures qui vont bien... et puis c'est l'occasion de s'en servir et de montrer que c'est vachement bien une fois qu'on arrive à peu près à se dépatouiller avec.

    Édit : Avec comme d'habitude a=Distance(B,C) b=Distance(C,A) et c=Distance(A,B)
    La philosophie nous enseigne à douter de ce qui nous paraît évident. La propagande, au contraire, nous enseigne à accepter pour évident ce dont il serait raisonnable de douter. (Aldous Huxley)
  • Bonjour,
    Je ne vois pas de $X_{3158}$ ici. Mais le centre $Q$ de ce cercle est le symétrique de $M_a$ par rapport à la parallèle à la bissectrice de l'angle $A$ passant par $N$ :

  • Bonjour à tous,
    Merci, @Vassillia de ces calculs, et tant mieux si tu y prends du plaisir ... Mais permets-moi de ne pas trouver ça "vachement bien". 
    Voici ce que donne l'ETC pour X(3158) et la définition d'un "Ceva conjugate" d'après le Glossaire d'ETC.
    (Je n'ai pas copié la ligne complète des droites sur lesquelles se trouve ce point)

    Je n'ai pas l'impression que les coordonnées barycentriques correspondent avec ce que vous avez trouvé, mais comme tous ces calculs me dépassent de loin ... 
    @Cailloux, qu'est-ce qui te fait dire que la définition de mon point Q est dissymétrique par rapport à ABC ?
    Bien cordialement, JLB

  • Bonjour @Ludwig,
    Je découvre ton message envoyé alors que je rédigeais le mien.
    Merci beaucoup de cette précision concernant la définition des centres de ces cercles. C'est très intéressant !
    Bien amicalement, JLB
  • Bonjour Jean-Louis et à tous,

    ton cercle est connu sous le nom de Calabre et son centre est bien sur le cercle d'Euler....

    http://web.archive.org/web/20231002061035/http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/Docs/Symetriques de OI par rapport au triangle de contact.pdf   p. 7-8.

    Ce cercle m'a permis de trouver une nouvelle preuve du théorème de Feuerbach.

    Amitiés
    Jean-Louis
  • jelobreuil
    Modifié (8 May)
    Bonjour Jean-Louis, 
    Merci beaucoup de ton message, je me doutais bien que tu avais quelque chose sur ce sujet !
    Je note que pour ramener mon sujet à ton article, il faut montrer que mes points Ai et Ae sont les projetés orthogonaux de B et C sur la A-bissectrice ...
    Amitiés, Jean-Louis
  • Vassillia
    Modifié (8 May)
    @jelobreuil J'avais bien précisé une fois qu'on arrive à peu près à se dépatouiller avec et donc il y a un apprentissage préalable inévitable.
    Je comprends que tu ne souhaites pas le faire pour diverses raisons parfaitement légitimes mais je suis toujours autant bluffée par l'efficacité du bazar et les calculs sont très gérables dans cet exemple. C'est peut-être l'occasion pour certains de s'y mettre. @NicoLeProf @stfj ou @Swingmustard si ça vous dit d'essayer que ce soit chez vous ou publiquement. Par exemple pour vérifier qu'un point $M \simeq (x:y:z)$ appartient au cercle $cer$, il suffit de vérifier que $cer \cdot V(M)=0$ selon le même principe que pour les droites.
    La philosophie nous enseigne à douter de ce qui nous paraît évident. La propagande, au contraire, nous enseigne à accepter pour évident ce dont il serait raisonnable de douter. (Aldous Huxley)
  • Rescassol
    Modifié (8 May)
    Bonjour,

    Je trouve $PuissA=IOa^2-Ra^2=r^2$ où $Oa=[-(b-c)^2; a^2-c^2+bc; a^2-b^2+bc]$ est le centre du cercle $(Ha,Ma,Ai,Ae)$, $Ra$ est son rayon, et $r$ est le rayon du cercle inscrit.
    On a $r^2=\dfrac{(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)}{4(a+b+c)}$ et $Ra^2=\dfrac{bc(b-c)^2}{4(a+b-c)(a-b+c)}$.
    $PuissA$ est la puissance de $I$ par rapport au cercle $(Ha,Ma,Ai,Ae)$, elle est invariante par permutation circulaire et donc $I$ est bien le centre radical des trois cercles.

    Cordialement,
    Rescassol

  • Merci, @Rescassol de cette confirmation !
    Bien amicalement, JLB
  • cailloux
    Modifié (8 May)
    Bonjour,
    Je me suis planté mai j'ai quelques excuses :
    Pour un triangle 6-9-13, la droite $(QX_{3158})$ est parallèle à $(BC)$ : imparable ...
    J'aurais du m'en tenir à ma première réaction : impossible de trouver ce point dans l'ETC.
  • Rescassol
    Modifié (8 May)
    Bonjour,

    Une autre propriété de la figure:
    Soit $UVW$ le triangle de contact du cercle inscrit avec les côtés du triangle $ABC$.
    Le triangle $Oa Ob Oc$ est l'image de $UVW$ par l'homothétie de centre $X_{11}$ et de rapport $\dfrac{(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)}{abc}$.
    Cette homothétie transforme bien sûr le cercle inscrit en le cercle d'Euler.

    Cordialement,
    Rescassol

  • jelobreuil
    Modifié (8 May)
    De plus en plus fort ! Merci @Rescassol !
    @Cailloux, Eh oui, il y a parfois de ces coïncidences ... trompeuses, c'est le moins que l'on puisse dire !
    Bien amicalement, JLB
  • Bonjour,

    Les points $Ai,Ae,Bi,Be,Ci,Ce$ sont situés sur les côtés du triangle $UVW$, deux par côté.

    Cordialement,
    Rescassol

  • Merci, @Rescassol
    Décidément, cette figure est bien plus riche que je ne croyais ... Chacun de ces six points est donc le point de concours de quatre droites, toutes de nature différente les unes des autres : une bissectrice et une droite des milieux du triangle de base, une perpendiculaire à une bissectrice passant par un sommet du triangle de base, et une droite portant un côté du triangle de contact ... et peut-être encore d'autres, qui sait ? Mais bon, c'est déjà ça, n'en demandons pas trop !
    Bien amicalement, JLB
  • Rescassol
    Modifié (8 May)
    Bonjour,

    Soient $Oe$ et $Oi$ les centres des cercles circonscrits aux triangles $AeBeCe$ et $AiBiCi$.
    On pose $v=(a-b)(b-c)(c-a)$ (Vandermonde).
    Alors $Bar\left((Oe,abc+v);(Oi,abc-v)\right)=I$ (I est le centre du cercle inscrit).
    Entre autres, celà signifie que $Oe$ et $Oi$ sont alignés avec $I$.

    Cordialement,
    Rescassol

  • jelobreuil
    Modifié (8 May)
    Bonsoir @Rescassol, et encore une fois merci, pour avoir signalé cet alignement !
    Bien amicalement, JLB
  • jelobreuil
    Modifié (8 May)
    Bonne nuit à tous
    Je reprend sur la figure suivante toutes les "découvertes" (sauf la dernière, vous allez comprendre pourquoi ...) signalées dans les messages précédents, et notamment le fait qu'en chacun de ces 6 points concourent quatre droites de natures différentes :
     
    Voilà un sujet qui en rejoint un autre : sur la figure suivante, j'ai repris l'alignement signalé par Rescassol et j'en ai ajouté trois autres ! En effet, on retrouve là le phénomène que j'ai déjà rencontré deux fois, voir la discussion citée ci-dessous :
    Six points répartis sur trois droites concourantes forment quatre paires de triplets : l'une est formée par les trois points "extérieurs" d'une part, les trois points intérieurs d'autre part, et les trois autres sont formées chacune de deux triplets de trois points, un sur chacune des droites, deux intérieurs et un extérieur pour l'un des triplets, deux extérieurs et un intérieur pour l'autre triplet. Chacun de ces huit triplets définissant un cercle, on obtient quatre paires de cercles, et les quatre droites des centres de ces paires concourent en le centre du cercle inscrit dans le triangle de base. Et ceci découle du fait que chacune de ces paires de cercles forme avec le cercle inscrit un faisceau de cercles : on peut voir en effet sur la figure suivante que les cercles des paires mauve, rouge et orange se coupent en deux points situés sur le cercle inscrit, les segments mauve, rouge et orange représentent donc les axes radicaux de ces trois faisceaux à points de base, le quatrième (cercles verts) étant un faisceau à points limites.

     Pour cette figure, j'ai défini les six points concernés comme étant les points d'intersection des droites portant les côtés du triangle médian et de celles portant les côtés du triangle de contact. On voit apparaître des points de concours intéressants, notamment celui où s'intersectent un côté du triangle médian, un côté du triangle de contact, deux des trois axes radicaux (le rouge et l'orange) des faisceaux à points de base et la droite des centres (verte) du quatrième faisceau. On note aussi que les deux droites des centres jaune et rouge concourent chacune avec deux droites portant l'une un côté du triangle médian, l'autre un côté du triangle de contact (je l'ai vérifié pour la rouge). Et à bien regarder la chose, je me demande si la droite qui joint ces deux points de concours ne serait pas l'axe radical du faisceau des cercles verts ...
    Que pensez-vous de tout ça ? 
    Bien cordialement, JLB


  • NicoLeProf
    Modifié (12 May)
    Bonjour @Vassillia,
    suite à mes calculs des Véronèses des points $M_a$, $A_i$, $H_a$ et $A_e$, je trouve bien : $\det(V(M_a),V(A_i),V(A_e),V(H_a))=0$ grâce à Sagemath donc ces $4$ points sont bien cocycliques !
    Je me suis encore demandé comment tu trouves cela : $cerA=\bigwedge_{3}(V(M_a),V(A_i),V(A_e)) \simeq ((a + b + c)(a - b - c) : -a^2 + b^2 - c^2 : -a^2 - b^2 + c^2 : -4)$ mais je crois avoir compris quelques petites choses:
    Grâce à sagemath, j'obtiens une équation du cercle circonscrit au triangle $M_aA_iA_e$ de ce genre : $a^2x^2-b^2x^2-2bcx^2-c^2x^2-2bcxy+2c^2xy-a^2y^2+b^2y^2-c^2y^2+2b^2xz-2bcxz+2a^2yz-a^2z^2-b^2z^2+c^2z^2=0$.
    Je factorise selon $x^2$, $y^2$ et $z^2$:
    $x^2(a^2-(b+c)^2)+y^2(b^2-a^2-c^2)+z^2(c^2-b^2-a^2)-c^2xy(2b/c-2)-b^2xz(2c/b-2)-a^2yz(-2)=0$.
    Ce qui me gêne ici est l'obtention du $-4$, il me manque seulement ce dernier coeff pour avoir la même chose que toi sauf que j'ai tout exprimé avec $x^2$, $y^2$, $z^2$ : c'est peut-être quelque chose de ne pas correct vu la déf du Véronèse...
    Une autre question : que veux-tu dire par $cer \cdot V(M)=0$? Perso, j'ai trouvé un déterminant égal à $0$ au-dessus pour le vérifier ou alors j'utiliserais l'équation obtenue mais c'est plus compliqué.
    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
  • Vassillia
    Modifié (12 May)
    Bonjour @NicoLeProf,
    Revenons à cette histoire de déterminant. On cherche le cercle passant par $P$, $Q$ et $R$ donc on calcule les Veronese
    $V(P) \simeq \left(\begin{array}{c}  p_0 \\ p_1 \\ p_2 \\ p_3 \end{array}\right)$, $V(Q) \simeq \left(\begin{array}{c}  q_0 \\ q_1 \\ q_2 \\ q_3 \end{array}\right)$, $V(R) \simeq \left(\begin{array}{c}  r_0 \\ r_1 \\ r_2 \\ r_3 \end{array}\right)$ et $V(M) \simeq \left(\begin{array}{c}  x_0 \\ x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{array}\right)$

    L'équation du cercle est, comme tu l'as compris, obtenue par $det(V(P),V(Q),V(R),V(M))=0$
    $\begin{vmatrix} p_0 & q_0 & r_0 & x_0 \\ p_1 & q_1 & r_1 & x_1 \\ p_2 & q_2 & r_2 & x_2 \\ p_3 & q_3 & r_3 & x_3 \end{vmatrix} = x_0 \begin{vmatrix} p_1 & q_1 & r_1 \\ p_2 & q_2 & r_2 \\ p_3 & q_3 & r_3 \end{vmatrix} - x_1 \begin{vmatrix} p_0 & q_0 & r_0 \\ p_2 & q_2 & r_2 \\ p_3 & q_3 & r_3 \end{vmatrix} + x_2 \begin{vmatrix} p_0 & q_0 & r_0 \\ p_1 & q_1 & r_1 \\ p_3 & q_3 & r_3 \end{vmatrix}- x_3  \begin{vmatrix} p_0 & q_0 & r_0 \\ p_1 & q_1 & r_1 \\ p_2 & q_2 & r_2 \end{vmatrix}=0$

    Donc on va poser
    $cer \simeq (c_0:c_1:c_2:c_3) \simeq \wedge_3 (V(P),V(Q),V(R)) \simeq \left( + \begin{vmatrix} p_1 & q_1 & r_1 \\ p_2 & q_2 & r_2 \\ p_3 & q_3 & r_3 \end{vmatrix} : -\begin{vmatrix} p_0 & q_0 & r_0 \\ p_2 & q_2 & r_2 \\ p_3 & q_3 & r_3 \end{vmatrix} : +\begin{vmatrix} p_0 & q_0 & r_0 \\ p_1 & q_1 & r_1 \\ p_3 & q_3 & r_3 \end{vmatrix}  : -\begin{vmatrix} p_0 & q_0 & r_0 \\ p_1 & q_1 & r_1 \\ p_2 & q_2 & r_2 \end{vmatrix} \right)$

    Pas de panique même si cela a l'air horrible, l'interet c'est que maintenant $cer\cdot V(M)=c_0 x_0 + c_1 x_1 + c_2 x_2 + c_3 x_3$ redonne bel et bien le déterminant que l'on voulait.
    Pour revenir à ta question, en utilisant $V(x:y:z) \simeq \left(\begin{array}{c} x : y : z : -\dfrac{a^2yz+b^2xz+c^2xy}{x+y+z} \end{array}\right)$, on aura donc $cer\cdot V(M)=c_0 x + c_1 y +c_2 z + c_3 \left(-\dfrac{a^2yz+b^2xz+c^2xy}{x+y+z}\right) = 0$. C'est l'équation que tu dois trouver. Tu peux essayer d'identifier $c_0$, $c_1$, $c_2$ et $c_3$ dans ta formule mais tu sens bien, je pense, que ce n'est pas forcément la meilleure manière de faire.
    L'idée de tout ce qu'on fait, que ce soit pour les points et les droites, pour les cercles, pour les coniques, c'est de séparer autant que possible les objets. Le cercle ne dépend pas des coordonnées de $M$ exactement comme la droite ne dépendait pas des coordonnées de $M$ même si évidemment les équations de cercles et les équations de droites dépendent des coordonnées de $M$.
    La philosophie nous enseigne à douter de ce qui nous paraît évident. La propagande, au contraire, nous enseigne à accepter pour évident ce dont il serait raisonnable de douter. (Aldous Huxley)
  • NicoLeProf
    Modifié (12 May)
    Encore merci @Vassillia, c'est limpide !!! Et je retrouve tout comme il faut maintenant !!! ;)
    Merci pour tes précieuses explications !!! :)<3
    Encore une dernière question si tu as le temps : comment trouves-tu (facilement en plus j'ai l'impression) le centre du cercle connaissant $\wedge_3 (V(P),V(Q),V(R))$?
    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
  • Vassillia
    Modifié (12 May)
    Méthode 1
    On peut calculer les médiatrices de $[PQ]$ et $[PR]$ étant donné qu'on sait calculer des milieux et des perpendiculaires. Le centre est alors l'intersection des médiatrices

    Méthode 2
    On peut écrire le cercle sous forme matricielle. C'est juste une conique comme une autre qui a la propriété de passer par les ombilics (des points à l'infini par lesquels passent tous les cercles) $\Omega_x=(S_b-2iS:S_a+2iS:-c^2)$ et $\Omega_y=(S_b+2iS:S_a-2iS:-c^2)$. La matrice vient d'autant plus facilement qu'on a obtenu l'équation de cercle comme précédemment. On inverse alors la matrice puis on multiplie par la droite de l'infini

    Méthode 3
    On utilise la quadrique fondamentale de l'espace des cycles.
    $Q = \dfrac{-1}{8S^2} \begin{pmatrix} a^2 & -S_c & -S_b & -a^2 S_a \\ -S_c & b^2 & -S_a & -b^2 S_b\\ -S_b & -S_a & c^2 & -c^2 S_c \\ -a^2 S_a & -b^2 S_b & -c^2 S_c & a^2b^2c^2 \end{pmatrix}$
    Le calcul de $Q$ multiplié par notre cercle obtenu en Veronese donne alors le centre si on se restreint aux 3 premières coordonnées

    Je ne vais pas te mentir, je n'ai pas commencé par la méthode 3, j'aurais tendance à penser qu'il est préférable de s'entrainer un peu avant sur les coniques dans $\mathbb P(\C^3)$. Je ne sais même pas encore vraiment comment présenter l'espace des cycles dans $\mathbb P(\C^4)$ (mais j'y reflechis) donc cela joue peut-être aussi.

    PS : $S_a=(b^2+c^2-a^2)/2$, $S_b=(a^2+c^2-b^2)/2$ et $S_c=(a^2+b^2-c^2)/2$ et $S=\sqrt{(a+b+c)(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)}/4$

    La philosophie nous enseigne à douter de ce qui nous paraît évident. La propagande, au contraire, nous enseigne à accepter pour évident ce dont il serait raisonnable de douter. (Aldous Huxley)
  • Merci beaucoup @Vassillia, j'ai essayé avec la méthode 2 pour le cercle $\bigwedge_{3}(V(M_a),V(A_i),V(A_e))$ et je trouve la matrice suivante : $A=\begin{pmatrix} (a+b+c)(a-b-c) & c(c-b) & b(b-c) \\ c(c-b) & b^2-a^2-c^2 & a^2 \\ b(b-c) & a^2 & c^2-a^2-b^2 \end{pmatrix}$ pour mon cercle. J'ai vérifié avec Sagemath en faisant $\begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} ^T A  \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}$ et je retrouve bien mon équation ci-dessus.
    Sauf que, là où les choses se gâtent, c'est lorsque j'inverse $A$ et que je la multiplie par $L_{\infty}$.
    En entrant sur sagemath la formule donnant $A^{-1} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$, je trouve un centre ultra compliqué : tellement compliqué que je n'arrive même pas à simplifier avec sagemath les différentes composantes. Cela me semble pas du tout comme le centre agréable que tu as trouvé ici.
    Je me demande donc si je n'ai pas loupé quelque chose (la matrice de ma conique? Une explication que je n'ai pas comprise?)? (Ou peut-être simplement cette méthode 2 n'est pas adaptée ici et que la méthode 1 donnerait de meilleurs résultats ?)
    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
  • Vassillia
    Modifié (13 May)
    Bonjour @NicoLeProf
    Bravo pour la matrice, quand on commence à faire des calculs barycentriques un peu sérieux, il faut systématiquement simplifier les résultats obtenus en utilisant le fait que tous nos objets (sauf les vecteurs) sont définis à un facteur global prés.
    Si j'étais un peu plus douée en informatique, j'imagine que j'aurais totalement automatisé le processus mais comme ce n'est pas le cas, ce n'est que semi-automatisé au sens où c'est à moi de préciser par quel facteur je veux une simplification. Je trouve ce facteur en demandant une factorisation de toutes les coordonnées puis je divise par le facteur commun que j'identifie.
    Je te laisse essayer sur sagemaths le code suivant :
    var('a b c')

    def simple(vec,facteur) :
        vec0=factor(vec[0])/facteur
        vec1=factor(vec[1])/facteur
        vec2=factor(vec[2])/facteur
        vecteur=vector([vec0,vec1,vec2])
        return vecteur

    cercle=matrix([[(a+b+c)*(a-b-c),c*(c-b),b*(b-c)],[c*(c-b),b^2-a^2-c^2,a^2],[b*(b-c),a^2,c^2-a^2-b^2]])
    centreprov=cercle^-1*vector([1,1,1])
    centre=simple(centreprov,-1/(2*b*c)/(b-c)^2)
    pretty_print(centre)

    La philosophie nous enseigne à douter de ce qui nous paraît évident. La propagande, au contraire, nous enseigne à accepter pour évident ce dont il serait raisonnable de douter. (Aldous Huxley)
  • Rescassol
    Modifié (13 May)
    Bonjour,

    Voilà ma fonction de simplification de triplets SimplifieBary, points ou droites, en Matlab.
    Ça peut se traduire en n'importe quel langage disposant des fonctions gcr et lcm.
    function P = SimplifieBary(M)
    
             % Simplifie le triplet de coefficients M
             % Un point "." devant un opérateur signifie
             % une opération terme à terme
    		 
             [N D]=numden(M);
             
             N=N/gcd(gcd(N(1),N(2)),N(3));
             M=lcm(lcm(D(1),D(2)),D(3));
             
             P=FactorT(N.*(M./D));
             
    end
    Cordialement,
    Rescassol

  • Vassillia
    Modifié (13 May)
    Ah mais oui, bien vu Rescassol et merci, on pourra donc utiliser en sagemaths la procédure totalement automatisée suivante :
    def simple(vec) :
        num=gcd([numerator(vec[0]), numerator(vec[1]), numerator(vec[2])])
        den=lcm([denominator(vec[0]),denominator(vec[1]),denominator(vec[2])])
        facteur=num/den
        vec0=factor(vec[0]/facteur)
        vec1=factor(vec[1]/facteur)
        vec2=factor(vec[2]/facteur)
        vecteur=vector([vec0,vec1,vec2])
        return vecteur
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  • NicoLeProf
    Modifié (13 May)
    Ouah, tu es vraiment formidable et impressionnante @Vassillia, j'adore ton code sagemath et il me renvoie le centre si agréable que tu as trouvé au début de ce fil de discussion !!!
    Encore un immense merci à toi, je vais bien sauvegarder toutes les méthodes que tu as données dans des fichiers sur mon pc et ce code sagemath !!! ;):) Merci pour ta grande patience et pour tout le temps que tu consacres à me répondre, de manière aussi détaillée, je t'en suis très reconnaissant !
    Merci beaucoup beaucoup beaucoup !!! <3
    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
  • Je ne suis pas sûre du tout que ce soit impressionnant mais contente que tu puisses t'en servir et te faciliter la vie lors de tes prochains calculs ;)
    La philosophie nous enseigne à douter de ce qui nous paraît évident. La propagande, au contraire, nous enseigne à accepter pour évident ce dont il serait raisonnable de douter. (Aldous Huxley)
  • stfj
    Modifié (3 Jun)
    Bonjour,

    J'ai deux remarques :
    1) Sur cette figure, $Ai$ est à l'extérieur et $Ae$ à l'intérieur;
    2) Ha=Barycentre ({A,B,C};{0,Sc,Sb}) me fournit bien le pied de la A-hauteur. Mais Ai=Barycentre({A,B,C},{b-c,b,c}) me renvoie "non défini" Ce que je ne comprends pas.
    Cordialement, Stéphane.

  • Essaye d'utiliser a=Distance(B,C) et ainsi de suite.
    Ta combine avec les segments fonctionne quand il y a une opération car geogebra fait alors le calcul mais là tu lui donnes des segments au lieu de valeurs numériques comme paramètres donc il n'est pas content.
    La philosophie nous enseigne à douter de ce qui nous paraît évident. La propagande, au contraire, nous enseigne à accepter pour évident ce dont il serait raisonnable de douter. (Aldous Huxley)
  • stfj
    Modifié (3 Jun)

    bonjour, 

    ______________________

    var('a b c')

    pA=vector([1,0,0])
    pB=vector([0,1,0])
    pC=vector([0,0,1])

    Sb=(c^2+a^2-b^2)/2
    Sc=(a^2+b^2-c^2)/2
    Ha=vector([0,Sc,Sb])
    Ai=vector([c-b, b, c])
    Ae=vector([b-c, b, c])
    Ma=vector([0,1,1])

    def veronese(vec) :
     vec0=vec[0]
     vec1=vec[1]
     vec2=vec[2]
     vec3=(-c^2*vec0*vec1-b^2*vec0*vec2-a^2*vec1*vec2)/(vec0+vec1+vec2)
     vecteur=vector([vec0,vec1,vec2,vec3])
     return vecteur   

    print (det(matrix([veronese(Ha),veronese(Ma),veronese(Ai),veronese(Ae)])))

    ___________________________________

    dans sagemath, renvoie bien $0$ : les points sont bien cocycliques.

    Cordialement, Stéphane.

  • @stfj Bonsoir Stéphane,
    J'indice régulièrement les points avec des i et des e, respectivement, en fonction de leur position à l'intérieur ou à l'extérieur du triangle de base, et indépendamment des droites qui se coupent en ces points.
    Comme j'ai toujours pris AB plus petit que AC, si tu prends AB plus grand que AC, et si tu conserves mes appellations en te référant aux droites qui se coupent en ces points, il est normal que tu te retrouves avec Ai à l'extérieur du triangle ... Et d'autre part, je subodore le même problème pour ta deuxième interrogation, mais tu l'as résolu puisque je vois dans les données de ton calcul "Ai(c-b, b, c)".
    bien cordialement, JLB
     
  • stfj
    Modifié (4 Jun)
    Bonjour,
    Si on rajoute au programme sagemath ci-dessus les instructions
    ______________
    def simple(vec) :
        num=gcd([numerator(vec[0]), numerator(vec[1]), numerator(vec[2])])
        den=lcm([denominator(vec[0]),denominator(vec[1]),denominator(vec[2])])
        facteur=num/den
        vec0=factor(vec[0]/facteur)
        vec1=factor(vec[1]/facteur)
        vec2=factor(vec[2]/facteur)
        vecteur=vector([vec0,vec1,vec2])
        return vecteur

    cercle=matrix([[(a+b+c)*(a-b-c),c*(c-b),b*(b-c)],[c*(c-b),b^2-a^2-c^2,a^2],[b*(b-c),a^2,c^2-a^2-b^2]])
    centreprov=cercle^-1*vector([1,1,1])
    centre=simple(centreprov)
    pretty_print(centre)
    print(latex(centre))
    ____________
    on obtient bien les coordonnées du centre $Q$ (les explications fournies par Vassillia sont très claires):
    $\left(-{\left(b - c\right)}^{2},\,a^{2} + b c - c^{2},\,a^{2} - b^{2} + b c\right)$
    C'est alors un jeu d'enfant de prouver que $Q$ est sur le cercle $A'B'C'$
    _______________________
    print (factor(det(matrix([veronese(Ma),veronese(Mb),veronese(Mc),veronese(centre)]))))
    _____________________
    renvoie 
    $0$
    Cordialement, Stéphane.

  • Bonjour Jean-Louis,

    les cercles initiaux sont des cercles de Calabre ...J'ai utilisé le A-cercle dans une nouvelle preuve du théorème de Feuerbach....

    Sincèrement
    jean-Louis
  • Bonjour @stfj je te propose trois petites astuces :
    - écrire print (factor(det(matrix([veronese(Ma),veronese(Mb),veronese(Mc),veronese(centre)])))) pour qu'il te donne bien 0
    - écrire print(latex(centre)) pour qu'il te donne une formule qu'il ne te reste plus qu'à mettre entre dollars sur ce site
    - ne pas recopier l'intégralité de ton code à chaque fois ce qui rend tes posts illisibles
    La philosophie nous enseigne à douter de ce qui nous paraît évident. La propagande, au contraire, nous enseigne à accepter pour évident ce dont il serait raisonnable de douter. (Aldous Huxley)
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