Coniques inscrites dans un triangle

stfj
Modifié (26 May) dans Algèbre
Bonjour,

$\color{red}\text{Edit}$

Désolé de revenir sur un sujet probablement mille fois éculé. Je m'intéresse aux coniques inscrites dans un triangle $\color{red}(a,b,c)\in \mathbb C^3$. J'ai cherché dans le "rechercher" du site mais cela dysfonctionne.

Je m'étais naïvement posé la question pour appliquer le calcul en barycentrique.
Soit $A,B,C,AB,AC,BC\simeq \begin{bmatrix}1 \\0 \\0\end{bmatrix},\begin{bmatrix}0 \\1 \\0
\end{bmatrix}, \begin{bmatrix}0 \\0 \\1\end{bmatrix},[0,0,1],[0,1,0],[1,0,0]$

Soit $Q$ la matrice de la conique telle que $AB,AC,BC$ sont tangentes à $Q$. Alors ces droites $d$ vérifient $$d\cdot Q^{-1}\cdot ^td=0$$ Donc $Q^{-1} $ est de la forme $$Q^{-1}\simeq\begin{bmatrix}0 & u & v \\u & 0 & w \\v&w&0 \end{bmatrix}$$Donc $$Q\simeq \begin{bmatrix}-w^2 & vw & uw \\vw & -v^2 & uv \\uw&uv&-u^2\end{bmatrix}$$
Sauf erreur.
Ensuite en consultant wikipedia, je vois qu'on peut s'amuser pas mal. Je noterai $\mathcal E_{(a,b,c),...}\simeq (u,v,w)$ les différentes ellipses. Une ellipse inscrite est ainsi réduite (réduction de corps bien sûr) à un triplet de complexes.

Question : Par où commencer simplement pour quelqu'un qui découvre le fil à couper les triangles ?

Cordialement,
Stéphane. 
______________________________
Edit : en suivant la méthode proposée par @Vassillia, je trouve ceci,
«1

Réponses

  • Vassillia
    Modifié (24 May)
    Bonjour @stfj, tout dépend de ce qui t'intéresses et ce que tu considères simple mais pour une recherche plus performante que celle du site (ce qui sans vouloir vexer personne n'est pas très difficile) tu peux essayer dans google "site:les-mathematiques.net ..." où tu remplaces ... par ce qui te plait, tu pourras toujours faire remonter un vieux fil pour l'occasion.
    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, @Vassillia. Quand Conway dit que les côtés $a,b,c$ d'un "triangle" peuvent être des nombres complexes, et que donc le théorème de Steiner-Lehmus est faux dans le cas de tels "triangles", qu'entend-t-il par "triangle"? $\mathbb C^3$ est un $\mathbb C-$espace vectoriel . $\mathrm P(\mathbb C^3) $ est donc un plan projectif. On peut y considérer un triplet $A,B,C$ projectivement libre, qu'on peut appeler un triangle si bon nous semble? C'est bien cela ? Comment définir alors la longueur $a$ du "côté" $BC$? Tout pareil que tu m'as déjà montré ?
  • Je ne sais pas, je sais que, en barycentrique, lorsque les points calculés sont des complexes et non des réels, cela correspond à des points invisibles dans le plan mais je ne sais pas du tout si c'est de cela que parle Conway.
    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 (26 May)
    Pour Steiner inscrite, j'obtiens $$\begin{bmatrix}-1 &1  & 1 \\1 &-1  &1  \\1 & 1 & -1\end{bmatrix}$$https://www.geogebra.org/classic/dkyzux3e
  • stfj
    Modifié (24 May)
    J'ai le plaisir de faire-part de la naissance d'un nouveau bébé : l'ellipse de Steiner-Jaouen tritangente à un triangle $ABC$ en $$C'\simeq \begin{bmatrix} 1\\2 \\0\end{bmatrix}, B'\simeq \begin{bmatrix} 2\\0 \\1\end{bmatrix}$$https://www.geogebra.org/classic/p8mwczdm

    Pour fêter sa naissance,

    Exercice : prouver que l'ellipse de Steiner-Jaouen passe par $$C'\simeq \begin{bmatrix} 0\\5 \\1\end{bmatrix}$$
  • Bonjour, Stéphane,
    un cadeau pour le bébé : les six projections des foyers  d'une conique à centre sur les côtés d'un triangle inscrit sont cocycliques (une démonstration par la théorie générale est possible).

     
  • stfj
    Modifié (22 Jul)
    Bonjour, @john_john

    Merci pour le cadeau. Je débute. Je ne sais même pas comment définir les foyers $F$ et $F'$ de l'ellipse $\mathcal E$ de Steiner inscrite  dans un triangle $ABC$ par exemple. Tout ce que j'ai trouvé, c'est que son équation est, une fois qu'on s'est placé dans un repère projectif $(A,B,C,D)$ $$\mathcal E\doteq\{ \begin{pmatrix}X \\Y \\Z\end{pmatrix}\in \mathrm{P}(\mathbb{C^3}): X^2+Y^2+Z^2-2XY-2XZ-2YZ =0\}$$
    autrement dit $$Q=\begin{bmatrix}-1&1&1\\1&-1&1\\1&1&-1\end{bmatrix}$$

    Ce que je sais faire pour le moment, c'est retrouver son centre, comme le pôle de la droite à l'infini $[1,1,1]$, ie $$Q^{-1}^t  [1,1,1]$$On trouve $G\simeq \begin{pmatrix}1 \\1 \\1\end{pmatrix}$; vérifier qu'elle passe par les milieux $A',B',C'$. Quant aux symétriques $A'',B'',C''$ de $A',B',C'$ par rapport à $G$, je trouve péniblement qu'il s'agit de $$A''\simeq \begin{pmatrix}4 \\1 \\1\end{pmatrix}$$J'ai donc démontré que $$\textbf{Théorème:}\text{l'ellipse de Steiner inscrite est l'ellipse de Steiner circonscrite au triangle médian.}$$https://www.geogebra.org/classic/dkyzux3e
    Ce que j'illustre volontiers par un travail repris de Kmhkmh(wikipédien)

    Cordialement,
    Stéphane.




  • Bonjour, Stéphane,
    en attendant que le bébé grandisse, tu peux traiter l'exercice à sa place ; par exemple, dans le cas d'une ellipse, il suffit en gros d'en connaître la propriété bifocale ($||MF||+||MF'||=2a$) et, conséquence de cela, savoir que la tangente en $M$ est la bissectrice extérieure du couple de droites $(MF,MF')$.
  • Par parenthèse : il me semble que les foyers de l'ellipse de Steiner inscrite s'appellent les points de Lucas du triangle ; en nombres complexes, ils ont pour affixes les zéros de la dérivée du polynôme de degré $3$ s'annulant en les trois sommets.
  • stfj
    Modifié (25 May)
    Bonjour, john-john, je me rappelle avoir étudié la première propriété que tu cites. Peut-être que je vais enfin la retenir si je parviens à l'appliquer ici. :)
  • @john-john, qu'appelles-tu la "théorie générale" dans "une démonstration par la théorie générale est possible"?
  • @Vassillia: bonjour, 

    Comment calcule-t-on les foyers de $$Q=\begin{bmatrix}-1&1&1\\1&-1&1\\1&1&-1\end{bmatrix}$$? Remarque : on a peut-être besoin de $$Q^{-1}=\begin{bmatrix}0&1&1\\1&0&1\\1&1&0\end{bmatrix}$$

    Cordialement,
    Stéphane.
  • john_john
    Modifié (26 May)
    stjf : j'appelle théorie générale le socle commun des connaissances enseignées au lycée et dans les premières années d'enseignement supérieur. Pour ce qui concerne mon exo, les indications que j'ai données dans mon dernier message, ainsi que la figure, suffisent.

    Pour ce qui est des foyers, il ne me semble pas que les coordonnées barycentriques soient bien adaptées pour les calculs. Toutefois, si on les caractérise par le fait que les tangentes menées d'iceux à la conique dont isotropes, ce qui suit peut être utile : si $a,b,c$ sont les affixes des sommets du triangle, alors un triplet de coordonnées barycentriques de l'un des points cycliques est $(c-b:a-c:b-a)$ et le triplet conjugué pour l'autre (eh oui : donner un triangle rompt la symétrie des rôles des deux points cycliques car cela revient à choisir une orientation du plan).
  • NicoLeProf
    Modifié (25 May)
    Bonjour stfj,
    ici (tu peux cliquer sur le "ici"), Vassillia m'a expliqué une méthode calculatoire (un logiciel de calcul formel est vivement conseillé) pour calculer les foyers d'une conique.
    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
  • Vassillia
    Modifié (25 May)
    Une méthode, très force brute pour trouver les foyers de n'importe quelle conique, c'est de dire que toute droite qui passe par un foyer et par un ombilic est tangente à la conique et comme tu as la matrice tangentielle...
    Autrement dit $(F \wedge \Omega_x) Q^{-1 \ t} (F \wedge \Omega_x)=0$ et $(F \wedge \Omega_y) Q^{-1 \ t} (F \wedge \Omega_y)=0$
    Je rappelle qu'en barycentrique les ombilics sont $\Omega_x=(S_b-2iS:S_a+2iS:-c^2)$ et $\Omega_y=(S_b+2iS:S_a-2iS:-c^2)$, ce sont les points à l'infini par lesquels passent tous les cercles.
    C'est quand même plus sympa en Morley car $\Omega_x=(1:0:0)$ et $\Omega_y=(0:0:1)$ mais bon... il faudrait utiliser les affixes des points $A$, $B$ et $C$.
    Je confirme le constat de john_john, ce n'est pas du tout adapté en barycentrique, c'est même franchement affreux :
    $F_1 \simeq \begin{pmatrix} {\left(a^{4} - b^{2} c^{2} - \sqrt{a^{4} - a^{2} b^{2} + b^{4} - a^{2} c^{2} - b^{2} c^{2} + c^{4}} a^{2}\right)} {\left(b^{2} - c^{2}\right)} + \sqrt{{\left(a^{2} b^{2} + a^{2} c^{2} + b^{2} c^{2}\right)} {\left(a^{2} + b^{2} + c^{2}\right)} a^{2} b^{2} c^{2} + 2 \, {\left(a^{4} - a^{2} b^{2} + b^{4} - a^{2} c^{2} - b^{2} c^{2} + c^{4}\right)}^{\frac{3}{2}} a^{2} b^{2} c^{2} + {\left(a^{4} b^{4} + a^{4} c^{4} + b^{4} c^{4}\right)} {\left(a + b + c\right)} {\left(a + b - c\right)} {\left(a - b + c\right)} {\left(a - b - c\right)}} \\ -{\left(b^{4} - a^{2} c^{2} - \sqrt{a^{4} - a^{2} b^{2} + b^{4} - a^{2} c^{2} - b^{2} c^{2} + c^{4}} b^{2}\right)} {\left(a^{2} - c^{2}\right)} + \sqrt{{\left(a^{2} b^{2} + a^{2} c^{2} + b^{2} c^{2}\right)} {\left(a^{2} + b^{2} + c^{2}\right)} a^{2} b^{2} c^{2} + 2 \, {\left(a^{4} - a^{2} b^{2} + b^{4} - a^{2} c^{2} - b^{2} c^{2} + c^{4}\right)}^{\frac{3}{2}} a^{2} b^{2} c^{2} + {\left(a^{4} b^{4} + a^{4} c^{4} + b^{4} c^{4}\right)} {\left(a + b + c\right)} {\left(a + b - c\right)} {\left(a - b + c\right)} {\left(a - b - c\right)}} \\ -{\left(a^{2} b^{2} - c^{4} + \sqrt{a^{4} - a^{2} b^{2} + b^{4} - a^{2} c^{2} - b^{2} c^{2} + c^{4}} c^{2}\right)} {\left(a^{2} - b^{2}\right)} + \sqrt{{\left(a^{2} b^{2} + a^{2} c^{2} + b^{2} c^{2}\right)} {\left(a^{2} + b^{2} + c^{2}\right)} a^{2} b^{2} c^{2} + 2 \, {\left(a^{4} - a^{2} b^{2} + b^{4} - a^{2} c^{2} - b^{2} c^{2} + c^{4}\right)}^{\frac{3}{2}} a^{2} b^{2} c^{2} + {\left(a^{4} b^{4} + a^{4} c^{4} + b^{4} c^{4}\right)} {\left(a + b + c\right)} {\left(a + b - c\right)} {\left(a - b + c\right)} {\left(a - b - c\right)}} \end{pmatrix}$

    $F_2 \simeq \begin{pmatrix} -{\left(a^{4} - b^{2} c^{2} - \sqrt{a^{4} - a^{2} b^{2} + b^{4} - a^{2} c^{2} - b^{2} c^{2} + c^{4}} a^{2}\right)} {\left(b^{2} - c^{2}\right)} + \sqrt{{\left(a^{2} b^{2} + a^{2} c^{2} + b^{2} c^{2}\right)} {\left(a^{2} + b^{2} + c^{2}\right)} a^{2} b^{2} c^{2} + 2 \, {\left(a^{4} - a^{2} b^{2} + b^{4} - a^{2} c^{2} - b^{2} c^{2} + c^{4}\right)}^{\frac{3}{2}} a^{2} b^{2} c^{2} + {\left(a^{4} b^{4} + a^{4} c^{4} + b^{4} c^{4}\right)} {\left(a + b + c\right)} {\left(a + b - c\right)} {\left(a - b + c\right)} {\left(a - b - c\right)}} \\ {\left(b^{4} - a^{2} c^{2} - \sqrt{a^{4} - a^{2} b^{2} + b^{4} - a^{2} c^{2} - b^{2} c^{2} + c^{4}} b^{2}\right)} {\left(a^{2} - c^{2}\right)} + \sqrt{{\left(a^{2} b^{2} + a^{2} c^{2} + b^{2} c^{2}\right)} {\left(a^{2} + b^{2} + c^{2}\right)} a^{2} b^{2} c^{2} + 2 \, {\left(a^{4} - a^{2} b^{2} + b^{4} - a^{2} c^{2} - b^{2} c^{2} + c^{4}\right)}^{\frac{3}{2}} a^{2} b^{2} c^{2} + {\left(a^{4} b^{4} + a^{4} c^{4} + b^{4} c^{4}\right)} {\left(a + b + c\right)} {\left(a + b - c\right)} {\left(a - b + c\right)} {\left(a - b - c\right)}} \\ {\left(a^{2} b^{2} - c^{4} + \sqrt{a^{4} - a^{2} b^{2} + b^{4} - a^{2} c^{2} - b^{2} c^{2} + c^{4}} c^{2}\right)} {\left(a^{2} - b^{2}\right)} + \sqrt{{\left(a^{2} b^{2} + a^{2} c^{2} + b^{2} c^{2}\right)} {\left(a^{2} + b^{2} + c^{2}\right)} a^{2} b^{2} c^{2} + 2 \, {\left(a^{4} - a^{2} b^{2} + b^{4} - a^{2} c^{2} - b^{2} c^{2} + c^{4}\right)}^{\frac{3}{2}} a^{2} b^{2} c^{2} + {\left(a^{4} b^{4} + a^{4} c^{4} + b^{4} c^{4}\right)} {\left(a + b + c\right)} {\left(a + b - c\right)} {\left(a - b + c\right)} {\left(a - b - c\right)}} \end{pmatrix}$

    PS : $a=Distance(B,C)$, $b=Distance(C,A)$,$c=Distance(A,B)$, $S_a=(b^2+c^2-a^2)/2$, $S_b=(a^2+c^2-b^2)/2$, $S_c=(a^2+b^2-c^2)/2$, $S=\sqrt{(a+b+c)(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)}/4$.
    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)
  • stfj
    Modifié (26 May)
    Bonjour,

    Pour l'ellipse de Mandart, j'ai besoin du triangle cotangent d'un triangle. Me reste à obtenir la preuve de ce qui est avancé dans l'article wikipedia, en commençant par : les coordonnées barycentriques du point $X_a$ associé au triangle $(a,b,c)\in \mathbb C^3$ sur le côté $[BC]$ sont $(0:s-b:s-c)$, avec $$s:=\frac12(a+b+c)\text{ ( notation d'Euler ) }$$Remarque : la notation $s$, comme "semi-périmètre" j'imagine, est reprise par Conway par exemple.
    https://www.geogebra.org/classic/xghbdykv
    _____________________________
    Avec les notations de la figure(Coxeter et Greitzer), les triangles $AZ_aI_a$ et $Ay_aI_a$ sont égaux (3 angles égaux et un côté égal) donc $$AZ_a=AY_a$$De plus, $Az_a+AY_a=AB+BZ_a+AC+CY_a=AB+\color{green}BX_a\color{black}+AC+\color{green}CX_a\color{black}=c+\color{green}a\color{black}+b=2s$
    Ainsi $$BX_a=BZ_a=s-c$$ et circulairement. Et finalement, $$\boxed{X_a\simeq (0:s-b:s-c)}$$et circulairement.
    Exemple: pour le triangle $(5,4,3)$, on obtient $Z_c\simeq(1:2:0)$ au tiers et $Y_b\simeq (1:0:3)$ au quart.
    Exercice : qu'obtient-on pour le triangle $(7-5i,15-35i,1+2i)$?
    ____________________________
    Cordialement,
    Stéphane.
    ___________
    PS: $S:=2\times S(ABC)=bc\sin A$ et circulairement, où $S(ABC)$ désigne l'aire de $(a,b,c)$ [notation de Coxeter et Greitzer dans Redécouvrons la géométrie dont le théorème 1.42 énonce $$S(ABC)=sr$$où $r$ désigne le rayon du cercle inscrit.]
  • Bonjour, Vassilia,
    fichtre ! Je me doutais que les formules allaient être compliquées pour les foyers, mais pas à ce point !!! Comme c'est sans doute un logiciel de calcul formel qui a fait le calcul, il reste la possibilité qu'il soit passé à côté d'une simplification. Quoi qu'il en soit, cela ne m'encourage pas à prendre du papier et un stylo pour faire les calculs mais, si le le fais, je le ferai en passant d'une expression par les affixes à une autre avec les longueurs des côtés puisque la tienne se fait en fonction d'iceux.

    Bonne journée à tous, j__j
  • Vassillia
    Modifié (26 May)
    Bonjour, allez, passons aux affixes alors, et tant qu'à faire Morley (circonscrit) alias coordonnées inclusives.
    $A \simeq \begin{pmatrix} a\\1 \\1/a\end{pmatrix}$, $B \simeq \begin{pmatrix} b\\1 \\1/b\end{pmatrix}$, $C \simeq \begin{pmatrix} c\\1 \\1/c\end{pmatrix}$ avec $a$, $b$ et $c$ des turns, c'est à dire des complexes de module $1$.
    On trouve $Q^{-1} \simeq \left(\begin{array}{ccc} 2 \, {\left(a b + a c + b c\right)} a b c & 2 \, {\left(a + b + c\right)} a b c & a^{2} b + a b^{2} + a^{2} c + b^{2} c + a c^{2} + b c^{2} \\ 2 \, {\left(a + b + c\right)} a b c & 6 \, a b c & 2 \, a b + 2 \, a c + 2 \, b c \\ a^{2} b + a b^{2} + a^{2} c + b^{2} c + a c^{2} + b c^{2} & 2 \, a b + 2 \, a c + 2 \, b c & 2 \, a + 2 \, b + 2 \, c \end{array}\right)$ et on peut enfin utiliser les ombilics $\Omega_x=(1:0:0)$ et $\Omega_y=(0:0:1)$.
    Ce qui donne les foyers suivants (nettement plus jolis quand même)
    $F_1 \simeq \begin{pmatrix}  a + b + c - \sqrt{a^{2} - a b + b^{2} - a c - b c + c^{2}} \\3 \\ \dfrac{a b + a c + b c - \sqrt{a^{2} b^{2} - a^{2} b c - a b^{2} c + a^{2} c^{2} - a b c^{2} + b^{2} c^{2}}}{a b c} \end{pmatrix}$
    $F_2 \simeq \begin{pmatrix}  a + b + c - \sqrt{a^{2} - a b + b^{2} - a c - b c + c^{2}} \\3 \\ \dfrac{a b + a c + b c + \sqrt{a^{2} b^{2} - a^{2} b c - a b^{2} c + a^{2} c^{2} - a b c^{2} + b^{2} c^{2}}}{a b c} \end{pmatrix}$
    $F_3 \simeq \begin{pmatrix}  a + b + c + \sqrt{a^{2} - a b + b^{2} - a c - b c + c^{2}} \\3 \\ \dfrac{a b + a c + b c - \sqrt{a^{2} b^{2} - a^{2} b c - a b^{2} c + a^{2} c^{2} - a b c^{2} + b^{2} c^{2}}}{a b c} \end{pmatrix}$
    $F_4 \simeq \begin{pmatrix}  a + b + c + \sqrt{a^{2} - a b + b^{2} - a c - b c + c^{2}} \\3 \\ \dfrac{a b + a c + b c + \sqrt{a^{2} b^{2} - a^{2} b c - a b^{2} c + a^{2} c^{2} - a b c^{2} + b^{2} c^{2}}}{a b c} \end{pmatrix}$

    Lorsque la 3ème coordonnée est le complexe conjugué de la première alors le foyer est visible, sinon il est invisible donc on trouve pour affixe des foyers à mettre dans geogebra $\dfrac{1}{3}(a + b + c - \sqrt{a^{2} - a b + b^{2} - a c - b c + c^{2}})$ et $\dfrac{1}{3}(a + b + c + \sqrt{a^{2} - a b + b^{2} - a c - b c + c^{2}})$ si on a posé $a=EnComplexe(A)$, $b=EnComplexe(B)$ et $c=EnComplexe(C)$.

    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 (26 May)
    bonjour, @Vassillia : méfie-toi, à force de relever tous les défis, la padawan va dépasser son maître. :)
    Un peu d'aide pour l'ellipse de Mandart(ellipse tangente aux côtés du triangle aux trois sommets du triangle cotangent) serait la bienvenue même si je crois que j'y suis presque: $$\boxed{X_a\simeq(0:s-b:s-c)}$$

    Cordialement,
    Stéphane.
  • Pour l'ellipse $Q$ de Mandart telle que $$Q^{-1}\simeq\begin{bmatrix}0 & u & v \\u & 0 & w \\v&w&0 \end{bmatrix}$$ , on obtient en traduisant la définition de cette ellipse (ellipse tangente aux côtés du triangle aux trois sommets du triangle cotangent) $$(u,v,w)\simeq(s-b,s-c,s-a)$$
  • Vassillia
    Modifié (26 May)
    Il faut vraiment que tu apprennes à te servir d'un logiciel de calcul formel, la solution : compter sur Vassillia pour demander à son ordinateur a certes fait ses preuves mais ne me semble pas viable sur le long terme
    $Q \simeq \left(\begin{array}{ccc} \dfrac{{\left(a + b - c\right)} {\left(a - b + c\right)}}{a - b - c} & a + b - c & a - b + c \\a + b - c & \dfrac{{\left(a + b - c\right)} {\left(a - b - c\right)}}{a - b + c} & -a + b + c \\ a - b + c & -a + b + c & \dfrac{{\left(a - b + c\right)} {\left(a - b - c\right)}}{a + b - c} \end{array}\right)$
    ou $Q^{-1} \simeq \left(\begin{array}{rrr} 0 & \dfrac{1}{a + b - c} & \dfrac{1}{a - b + c} \\ \dfrac{1}{a + b - c} & 0 & -\dfrac{1}{a - b - c} \\ \dfrac{1}{a - b + c} & -\dfrac{1}{a - b - c} & 0 \end{array}\right)$
    Il y a peut-être des simplifications pour rendre les matrices plus jolies, je n'ai pas cherché.
    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 (26 May)
    ok : message reçu ;). Il y a plus joli $$\boxed{(u,v,w)\simeq((s-b)(s-c), (s-a)(s-c), (s-a)(s-b))}$$(pour les notations $u,v,w$ de wikipedia, voir OP)  https://www.geogebra.org/classic/n2ysmpvw
    ___________________
    Illustration de l'ellipse $\color{red}\mathcal E_{(a,b,c),M}\simeq((s-b)(s-c), (s-a)(s-c), (s-a)(s-b))$ tangente aux côtés d'un triangle $(a,b,c)\in\mathbb C^3$ aux trois sommets du triangle cotangent(dite "ellipse de Mandart"). On rappelle que $$s:=\frac12(a+b+c)$$
    Exercice ("pons asinorum"):calculer l'ellipse de Mandart du triangle $(1+i,2-3i,7-13i)$ puis dans $\Z/7$, celui de $(2,3,4)$
    ___________________________
    Au passage, l'égalité $$\frac{s-a.s-c.s-b }{s-b.s-a.s-c}=1$$prouve que les droites $AX_a$(circulairement) sont concourantes : elles concourent au point dit de Nagel, $X(8)$(ETC.)
  • Rescassol
    Modifié (26 May)
    Bonjour,

    Vassillia, j'ai voulu vérifier tes formules barycentriques "affreuses" dans Géogébra et voilà ce que j'ai tapé:
    X = a^2*b^2+b^2*c^2+c^2*a^2; % deg 4
    Y = sqrt((a^4+b^4+c^4) - X); % deg 4
    T = (a^2+b^2+c^2)*a^2*b^2*c^2; % deg 8
    U = a^4*b^4+b^4*c^4+c^4*a^4; % deg 8
    f(a,b,c) = (1/2)*sqrt(X*T + 2*Y^3*s3^2 - 16*S^2*U); % deg 12
    g(a,b,c) = (a^4-b^2*c^2-Y*a^2)*(b^2-c^2)+f(a,b,c); % deg 6
    h(a,b,c) = -(a^4-b^2*c^2-Y*a^2)*(b^2-c^2)+f(a,b,c); % deg 6
    F1 = [g(a,b,c); g(b,c,a); g(c,a,b)];
    F2 = [h(a,b,c); h(b,c,a); h(c,a,b)];
    Il semblerait que tu aies zappé le $\dfrac{1}{2}$ au début de la définition de $f$.
    Pourrais tu détailler un peu le calcul que tu as demandé à ton logiciel ?
    Ça ressemble à de la résolution d'équation du second degré, mais ......?

    Cordialement,
    Rescassol

  • Vassillia
    Modifié (26 May)
    @Rescassol J'ai piqué la méthode de pldx1 (page 141 de son glossaire) et j'ai galéré quand même.
    Je n'ai pas gardé ma feuille de calcul mais normalement, j'avais vérifié avant de poster et tout fonctionnait bien même si c'est possible que j'ai loupé mon copier-coller.
    De toute façon, j'en ai déduit que, en barycentrique, plus jamais, en Morley c'est beaucoup plus simple !
    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 (26 May)
    bonjour, 

    De quel glossaire parle-t-on ?
    ______________
    Pour le triangle (6,8,10) avec $A=0,B=8 et C=8i$, on a $X_8=4+2i$ et $X_9=\frac{1}{11}(36+24i)$ https://www.geogebra.org/classic/n2ysmpvw

  • Quand tu vas dans l'onglet Glossary sur le site de ETC https://faculty.evansville.edu/ck6/encyclopedia/glossary.html
    Tu tombes sur la phrase "Le besoin de définitions utilisant des coordonnées barycentriques a conduit à la traduction hautement recommandée du Glossaire de Kimberling en barycentriques par P. L. Douillet."
    Problème, en ce moment, le lien ne fonctionne plus comme son site n'est plus accessible. Je ne sais donc pas si j'ai le droit de donner le pdf (il faudrait voir avec lui).
    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)
  • Bonsoir,

    J'ai compris d'où vient le problème.
    Sans le $\dfrac{1}{2}$, on a les foyers de la conique de Steiner inscrite, et avec, ceux de la circonscrite.

    Cordialement,
    Rescassol

  • Ouf, c'était correct alors vu qu'on cherchait l'ellipse de Steiner inscrite mais c'est toujours aussi affreux (de mon point de vue).
    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,

    @Vassilia: à ma connaissance, la mention "published under the GNU Free Documentation License" figure sur chaque page de ce document.

    Cordialement, Pierre.

  • Vassillia
    Modifié (30 May)
    Certes, certes, je n'avais pas fait attention mais c'est un peu bizarre que ce soit moi qui le partage alors que tu es présent et que c'est ton bébé.
    En tout cas, le voilà découpé car le site n'accepte pas les trop gros fichiers. 
    J'ai essayé de ne pas découper les chapitres mais la page 315 a eu raison de ma bonne volonté et puis vous pouvez toujours le refusionner chez vous.
    Edit : Chargement des fichiers déplacé dans ce message https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/comment/2483974/#Comment_2483974

    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 (28 May)
    Je poursuis ici l'étude de l'ellipse de Brocard commencée . Elle est tangente en $$A_1\simeq \begin{pmatrix}0 \\b^2 \\c^2\end{pmatrix}$$ et circulairement.

    Une méthode simple consiste à vérifier que $A_1$ vérifie bien $$(\dfrac{bc}{a})^2x^2+(\dfrac{ac}{b})^2y^2+(\dfrac{ab}{c})^2z^2-2(c^2xy+b^2xz+a^2yz)=0$$équation fournie par @Bouzar, ce qui est clair mais pas très satisfaisant intellectuellement :) 

    J'obtiens sinon un truc du genre $$(b^2v-c^2u)^2=0$$ et circulairement, d'où l'on déduirait bien $$(u,v,w)\simeq(b^2c^2,c^2a^2,a^2b^2)$$

    ce qui ressemble bien à l'équation de @Rescassol $$b^4c^4x^2+c^4a^4y^2+a^4b^4z^2 - 2a^2b^2c^2(a^2yz+b^2zx+c^2xy)=0$$
    qui est encore plus jolie en geogebra $$\boxed{\Sigma b^4c^4A^2-2a^2b^2c^2\Sigma a^2b^2BC=0}$$

    ____________________________
    La vérification de $$\boxed{\color{red}Le\color{black}\text{(point de Lemoine)}\simeq \begin{pmatrix}a^2\\b^2 \\c^2\end{pmatrix}}$$est maintenant triviale. C'est $X(6)$(Encylopedia of Triangle Centers)

  • stfj
    Modifié (29 May)
    Bonjour à toutes et à tous,

    Je trouve que le point de Brocard $$X(39)\simeq \begin{pmatrix}c^2(b^2+a^2) \\... \\...\end{pmatrix}$$qui n'est pas le résultat fourni par @Bouzar que je salue :). Je vais en profiter pour utiliser la commande geogebra rappelée par @Vassillia dans le même fil : Barycentre({},{}).

    (J'ai fait une erreur de calcul)

    Cordialement, Stéphane.
  • J'ai répondu dans l'autre fil https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/comment/2483795/#Comment_2483795 pour l'erreur de calcul mais contente de voir que cela continue à t'intéresser.
    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 (29 May)
    Bonjour,

    J'imagine volontiers que Brocard, Lemoine, ... initiant ce qui est devenu aujourd'hui la nouvelle géométrie du triangle, avaient en tête de disposer d'outils performants tels que les deux ou trois ou quatre que tu m'as fournis pour débuter dans l'étude de la géométrie moderne du triangle. Débuter et "atteindre" avec relativement peu d'efforts le "point de Brocard" $$X_{39}$$ est satisfaisant intellectuellement. Je crois bien que je vais continuer dans la joie, la bonne humeur, le respect des débutants, l'absence de condescendance, l'humour... qui animent le sous-forum Géométrie.
    Cordialement, Stéphane.
    ________________
    En ce qui concerne l'humour pldxien, cela me fait penser aux Ixiens dans le monde de Dune de Frank Herbert, qui sont les habitants de la planète où l'on conçoit les machines pourtant normalement interdites de l'Univers connu.
  • Vassillia
    Modifié (29 May)
    Mais ... et la correction de l'erreur de calcul alors ?
    Imagine si les lxiens débarquent un jour et utilisent ton point de Brocard pour leur usage personnel, ce serait catastrophique, peu probable, je te l'accorde mais il vaut mieux être prudent.
    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)
  • J'avais trouvé $(b^2v-c^2u)^2=0$. Donc $u,v\simeq b^2,c^2$ . En prenant $u,v,w\simeq b^2a^2,c^2a^2,c^2b^2$ au lieu de $b^2\color{red}c^2\color{black},c^2\color{red}a^2\color{black},c^2\color{red}a^2\color{black})$ , cela corrige l'erreur.
  • stfj
    Modifié (30 May)
    Grâce au travail ici, j'ai maintenant quelques informations sur la conique orthique $$\boxed{\Sigma S_A^2A^2-2\Sigma S_AS_BAB=0}$$ d'un triangle. https://www.geogebra.org/classic/seuhsnk4


  • stfj
    Modifié (31 May)
    Bonjour @GaBuZoMeu,

    Super jeu :). On peut, étant donné un triangle $ABC$, choisir un quatrième point $D$ n'importe où,  et chercher la conique tritangente aux pieds des céviennes . Cela représenterait un sacré boulot pour moi. Il me faudrait trouver les coordonnées barycentriques des pieds des céviennes, puis trouver l'équation de la conique. Je vais jeter un coup d'oeil sur le script algèbrique geogebra. J'ai vu, tu utilises des connaissances de géométrie que je n'ai pas pour construire $T$ par exemple.
     
    Cordialement,
    Stéphane. 
  • Vassillia
    Modifié (31 May)
    N'exagérons rien @stfj à ce stade cela devrait être devenu facile de trouver l'équation quitte à te faire aider d'un logiciel de calcul formel meme si c'est du boulot. Pas de progression sans travail, à toi de voir ce que tu veux.
    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.

    $P$ est le perspecteur de la conique inscrite, $F_1,F_2$ sont les foyers (conjugués isogonaux l'un de l'autre).

    \[ \begin{array}{rrr|rrr|rrr|rrr|rrr} P & F_{1} & F_{2} & P & F_{1} & F_{2} & P & F_{1} & F_{2} & P & F_{1} & F_{2} & P & F_{1} & F_{2}\\ \hline 2 & 39162 & 39163 & 4555 & 900 & 901 & 18811 & 8 & 56 & 34393 & 102 & 515 & 35172 & 9111 & 9055\\  7 & 1 & 1 & 4569 & 934 & 3900 & 18812 & 10 & 58 & 34410 & 20 & 64 & 35174 & 2222 & 3738\\ 13 & 13 & 15 & 4577 & 826 & 827 & 18813 & 17 & 61 & 34413 & 40 & 84 & 35179 & 1296 & 1499\\ 14 & 14 & 16 & 4586 & 824 & 825 & 18814 & 18 & 62 & 35136 & 3565 & 3566 & 35181 & 4160 & 8691\\ 69 & 46357 & 46358 & 4597 & 4588 & 4777 & 18815 & 36 & 80 & 35137 & 7927 & 7953 & 35510 & 42411 & 42412\\ 80 & 39150 & 39151 & 5641 & 542 & 842 & 18816 & 104 & 517 & 35138 & 3906 & 11636 & 39626 & 39624 & 39625\\ 99 & 110 & 523 & 6189 & 1380 & 3414 & 18817 & 186 & 265 & 35139 & 476 & 526 & 41072 & 30664 & 30665\\ 190 & 101 & 514 & 6190 & 1379 & 3413 & 18818 & 187 & 671 & 35140 & 1297 & 1503 & 42371 & 688 & 689\\ 264 & 3 & 4 & 6528 & 107 & 520 & 18819 & 371 & 485 & 35141 & 17768 & 28471 & 43091 & 530 & 2378\\ 290 & 98 & 511 & 6540 & 4977 & 8701 & 18820 & 372 & 486 & 35142 & 3563 & 3564 & 43092 & 531 & 2379\\ 598 & 2 & 6 & 6606 & 6362 & \mathit{?} & 18821 & 528 & 840 & 35143 & 35101 & 35105 & 43093 & 674 & 675\\ 648 & 112 & 525 & 6613 & 42337 & \mathit{?} & 18822 & 537 & 2382 & 35145 & 2249 & 8680 & 43094 & 702 & 703\\ 664 & 109 & 522 & 6635 & 6550 & 6551 & 18823 & 543 & 843 & 35147 & 2703 & 2787 & 43095 & 716 & 717\\ 666 & 918 & 919 & 6648 & 3910 & 8687 & 18824 & 696 & 697 & 35148 & 2702 & 2786 & 43097 & 752 & 753\\ 670 & 99 & 512 & 9487 & 9136 & \mathit{?} & 18825 & 712 & 713 & 35149 & 2708 & 2792 & 43099 & 760 & 761\\ 671 & 111 & 524 & 10512 & 23 & 67 & 18827 & 740 & 741 & 35150 & 2700 & 2784 & 46132 & 788 & 789\\ 886 & 888 & 9150 & 10604 & 25 & 69 & 18830 & 932 & 4083 & 35151 & 2699 & 2783 & 46133 & 912 & 915\\ 889 & 891 & 898 & 11117 & 532 & 2380 & 18831 & 933 & 6368 & 35152 & 2711 & 2795 & 46134 & 924 & 925\\ 892 & 690 & 691 & 11118 & 533 & 2381 & 23895 & 5995 & 23870 & 35156 & 1290 & 8674 & 46135 & 926 & 927\\ 903 & 106 & 519 & 14727 & 42341 & \mathit{?} & 23896 & 5994 & 23871 & 35157 & 6366 & 14733 & 46136 & 952 & 953\\ 1494 & 30 & 74 & 14970 & 732 & 733 & 32036 & 16806 & 23872 & 35159 & 35104 & 35108 & 46137 & 971 & 972\\ 2481 & 105 & 518 & 15164 & 1113 & 2574 & 32037 & 16807 & 23873 & 35162 & 17770 & 28482 & 46138 & 1141 & 1154\\ 2966 & 2715 & 2799 & 15165 & 1114 & 2575 & 32038 & 23880 & 32693 & 35164 & 2717 & 2801 & 46139 & 930 & 1510\\ 3225 & 698 & 699 & 18026 & 108 & 521 & 32040 & 26716 & \mathit{?} & 35168 & 545 & 2384 & 46142 & 2698 & 2782\\ 3227 & 536 & 739 & 18810 & 7 & 55 & 32041 & 4762 & 8693 & 35171 & 1308 & 3887 & 46143 & 2705 & 2789 \end{array} \]

    Cordialement, Pierre.


  • stfj
    Modifié (31 May)
    Bonjour, @pldx1

    Après avoir découvert le glossaire de Pierre, j'avoue être très intimidé. Et je risque encore une fois de dire n'importe quoi ! :) J'imagine que le tableau que tu présentes correspond à des nombres de Kimberling. Cela signifierait par exemple que si $P:=X(7)$, alors la conique inscrite est le cercle de centre $X(1)$. Je vais vérifier ce que je peux dans ETC. Non ce n'est pas cela mais pour les nombres de Kimberling, c'est ça.  Quand le perspecteur de la conique inscrite est le point de Gergonne $X(7)$, alors la conique inscrite est le cercle inscrit de centre $X(1)$. Me reste à apprendre ce qu'est le perspecteur d'une conique. Heureusement, Rescassol a déjà répondu à cette question.

    Cordialement, Stéphane. 
  • Le quadruplet de points $(A, B, C, D)$ étant tel que trois d'entre eux ne sont pas alignés, on peut le prendre comme repère projectif et l'équation homogène de la conique dans ce repère projectif est simplement
    $$x^2+y^2+z^2-2xy-2yz-2zx=0\;.$$
     
  • Vassillia
    Modifié (31 May)
    D'accord mais geogebra ne va pas aimer car il utilise au mieux les coordonnées barycentriques homogènes, c'est à dire $(A,B,C,(1/3:1/3:1/3))$ avec $G\simeq A+B+C \simeq (1:0:0)+(0:1:0)+(0:0:1) \simeq (1:1:1)$ qui est le centre de gravité du triangle $ABC$, d'ailleurs si on donne l'équation de GaBuZoMeu à l'ordinateur en utilisant TriangleCourbe(A,B,C,A^2+B^2+C^2-2*A*B-2*B*C-2*C*A=0), il nous affiche la conique inscrite de perspecteur $G$.
    Maintenant, il faut négocier avec geogebra, je vois 2 méthodes :

    Méthode 1 : On calcule pour lui la matrice de collinéation qui envoit $G\simeq(1:1:1)$ sur $P\simeq(x_P:y_P:z_P)$ et qui laisse invariant $A$, $B$ et $C$ dans le repère $(A,B,C,(1/3:1/3:1/3))$, on trouve sans grande surprise $mat \simeq \left(\begin{array}{rrr} \mathit{x_P} & 0 & 0 \\ 0 & \mathit{y_P} & 0 \\ 0 & 0 & \mathit{z_P} \end{array}\right)$. Il ne reste plus qu'à utiliser cette matrice de collinéation sur la conique donnée par GaBuZoMeu c'est à dire $coni_G \simeq \left(\begin{array}{rrr} 1 & -1 & -1 \\ -1 & 1 & -1 \\ -1 & -1 & 1 \end{array}\right)$ pour obtenir son image et on trouve $coni_P \simeq ^t mat^{-1} \cdot coni_G \cdot mat^{-1} \simeq \left(\begin{array}{rrr} \dfrac{1}{\mathit{x_P}^{2}} & -\dfrac{1}{\mathit{x_P} \mathit{y_P}} & -\dfrac{1}{\mathit{x_P} \mathit{z_P}} \\ -\dfrac{1}{\mathit{x_P} \mathit{y_P}} & \dfrac{1}{\mathit{y_P}^{2}} & -\dfrac{1}{\mathit{y_P} \mathit{z_P}} \\ -\dfrac{1}{\mathit{x_P} \mathit{z_P}} & -\dfrac{1}{\mathit{y_P} \mathit{z_P}} & \dfrac{1}{\mathit{z_P}^{2}} \end{array}\right)$ donc l'équation $\dfrac{x^2}{x_P^2}+\dfrac{y^2}{y_P^2}+\dfrac{z^2}{z_P^2}-2\dfrac{xy}{x_Py_P}-2\dfrac{yz}{y_Pz_P}-2\dfrac{zx}{z_Px_P}=0$

    Méthode 2 : On le laisse travailler, il sait utiliser une matrice de collinéation mais uniquement dans le repère coordonnées cartésiennes augmentées $(O,I,J,(1/3:1/3:1))$ comme il est têtu à toujours utiliser $O+I+J \simeq (0:0:1)+(1:0:1)+(0:1:1) \simeq (1:1:3)$ c'est à dire encore une fois le centre gravité du triangle $OIJ$.
    On va donc lui demande de passer dans le repère $(A,B,C,(1/3:1/3:1/3))$ puis lui demander d'envoyer $G$ sur $P$ et enfin de revenir dans le repère $(O,I,J,(1/3:1/3:1))$ ce qui donne un calcul qu'il sait faire
    $mat \simeq \left(\begin{array}{rrr} x(A) & x(B) & x(C) \\ y(A) & y(B) & y(C) \\ 1 & 1 & 1 \end{array}\right) \cdot  \left(\begin{array}{rrr} \mathit{x_P} & 0 & 0 \\ 0 & \mathit{y_P} & 0 \\ 0 & 0 & \mathit{z_P} \end{array}\right) \cdot \left(\begin{array}{rrr} x(A) & x(B) & x(C) \\ y(A) & y(B) & y(C) \\ 1 & 1 & 1 \end{array}\right)^{-1}$
    Et si on lui demande AppliquerMatrice($mat$,$coni_G$) il affiche $coni_P$

    Évidemment, on pouvait calculer l'équation directement dans le repere $(A,B,C,(1/3:1/3:1/3))$ mais autant se servir de l'équation de GaBuZoMeu.
    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)
  • D'après ici, le perspecteur du cercle inscrit dans le triangle est le point de Gergonne du triangle, autrement dit $$\text{Si  } P=X(7)\text{, alors  }F_1=F_2=X(1)$$conformément à l'un des résultats fournis plus haut par pldx1.
  • stfj
    Modifié (12 Jun)
    Soit $Q$ une conique tritangente à $ABC$. Soit $A'\doteq Q^{-1}\cdot BC$(etc). Alors, d'après sagemath
    __________________
    var('u v w')
    A=vector([1,0,0])
    B=vector([0,1,0])
    C=vector([0,0,1])
    Ap=vector([0,u,v])
    Bp=vector([u,0,w])
    Cp=vector([v,w,0])
    AAp=A.cross_product(Ap)
    BBp=B.cross_product(Bp)
    CCp=C.cross_product(Cp)
    Ma=matrix([AAp,BBp,CCp])
    print(det(Ma))
    _________________
     $$det(AA',,)=0$$autrement dit nous venons de prouver la concourance en un point $P$ appelé perspecteur de la conique inscrite.


  • Vassillia
    Modifié (12 Jun)
    Mea inculpa, je n'avais pas vu que tu avais fait la démonstration @stfj
    Bravo !
    Un petit exercice (pas trop difficile) qui t'intéressa peut-être :
    $C''$ l'intersection entre les droites $(AB)$ et $(A'B')$
    $A''$ l'intersection entre les droites $(BC)$ et $(B'C')$
    $B''$ l'intersection entre les droites $(CA)$ et $(C'A')$
    Montrer que les points $A''$, $B''$ et $C''$ sont alignés et trouver les coordonnées de la droite qui sera nommée, sur ce forum du moins, tripolaire du point $P$. Au moins tu comprendras peut-être mieux le vocabulaire utilisé ;)
    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 (12 Jun)
    var('u v w')
    A=vector([1,0,0])
    B=vector([0,1,0])
    C=vector([0,0,1])
    Ap=vector([0,u,v])
    Bp=vector([u,0,w])
    Cp=vector([v,w,0])
    AB=A.cross_product(B)
    BC=B.cross_product(C)
    CA=C.cross_product(A)

    ApBp=Ap.cross_product(Bp)
    BpCp=Bp.cross_product(Cp)
    CpAp=Cp.cross_product(Ap)

    Cpp=AB.cross_product(ApBp)
    App=BC.cross_product(BpCp)
    Bpp=CA.cross_product(CpAp)

    Ma=matrix([Cpp,App,Bpp])
    nul=det(Ma)
    print(nul)

    d=Cpp.cross_product(App)
    print (latex(d))
    ___________
    renvoie $0$. Autrement dit, $A'',B'', C''$ sont alignés sur $\left(u v w^{2},\,u v^{2} w,\,u^{2} v w\right)\simeq [w,v,u]\doteq \text{tripolaire de }P$
    Oui, cela m'intéresse, @Vassillia, merci.




  • stfj
    Modifié (12 Jun)
    Qui a découvert la notion de perspecteur $P$ d'une conique inscrite? celle de tripolaire de $P$?
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