Un triangle équilatéral

Bonjour,

1. ABC       un triangle équilatéral

 2. (I)           le cercle inscrit

3. R            le point de contact de (I) avec (AB)

4. (J)          le cercle circonscrit au triangle IAB

5. X, Y        les points d'intersection de (J) et (I) comme indiqués sur la figure

6. T             le second point d'intersection de (CY) avec (J).                          


Question :                 (XR) passe par T.


Sincèrement

Jean-Louis



Réponses

  • @stfj, voici un bel entraînement pour toi en barycentriques ! ;)
    (Même si l'OP attend sous doute "une preuve synthétique" lol :D)
    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
  • Bonjour,
    Bonne idée @NicoLeProf ,attendons donc sa solution, mais tu pourrais toi aussi essayer les coordonnées inclusives (inscrites ou circonscrites). Je ne sais pas si cela simplifie ou complexifie les calculs, je ne l'ai pas fait, mais c'est une question intéressante, peut-être ?
    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)
  • Julia Paule
    Modifié (9 Jun)
    ...
  • @Vassillia , comment fonctionnent les coordonnées inclusives inscrites? Je connais une équation barycentrique du cercle inscrit mais en coordonnées barycentriques homogènes, les plus classiques.
    En fait, ce qui va me poser problème que ce soit en coordonnées inclusives inscrites ou circonscrites est de trouver une équation du cercle inscrit je pense.
    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
  • Vassillia
    Modifié (9 Jun)
    En coordonnées inscrites, cela m'étonnerait que tu rencontres un problème puisque les points de contact entre le cercle inscrit et le triangle ABC vont être nos points de paramétrages $P \simeq (p:1:1/p)$, $Q \simeq (q:1:1/q)$ et $R\simeq (r:1:1/r)$ avec $p$, $q$ et $r$ des complexes de module 1. En effet on fixe le centre du repère au centre du cercle inscrit et on fixe son rayon à 1 donc ...
    Tu auras peut-être des problèmes pour calculer $A$, $B$ et $C$ en revanche mais ce sont les points d'intersection des tangentes au cercle que tu viens de calculer donc...
    En coordonnées circonscrites, tu pars de $A \simeq (a:1:1/a)$, $B \simeq (b:1:1/b)$ et $C\simeq (c:1:1/c)$ avec $a$, $b$ et $c$ des complexes de module 1, en effet on fixe le centre du repère au centre du cercle circonscrit et on fixe son rayon à 1. Si tu trouves $I$ tu devrais pouvoir trouver les points de contact puis le cercle inscrit
    A toi de voir, je ne suis pas là cette après-midi mais j'ai hâte de voir si tu as réussi, et stfj aussi, ce soir ;)

    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,

    En barycentrique:
    % Jean-Louis Ayme - 09 Juin 2024 - Un triangle équilatéral
    
    clear all, clc
    
    a=1; b=1; c=1; % Longueurs des côtés du triangle ABC (équilatéral)
    
    A=[1; 0; 0]; B=[0; 1; 0]; C=[0; 0; 1]; % Sommets du triangle ABC
    
    %-----------------------------------------------------------------------
    
    syms x y z real
    
    % On connaît le cercle inscrit:
    f(x,y,z)=4*(a^2*y*z+b^2*x*z+c^2*x*y) - (x+y+z)*((-a+b+c)^2*x+(a-b+c)^2*y+(a+b-c)^2*z);
    % Ce qui donne ici:
    f(x,y,z)=4*(x*y+z*x+y*z)-(x+y+z)^2;
    
    % Cercle IAB
    I=[a; b; c]; M=[x; y; z];
    g(x,y,z)=Factor(Cocycliques(I,A,B,M,a,b,c));
    % On trouve:
    g(x,y,z)=z^2-x*y;
    
    % Points d'intersection X et Y de ces deux cercles
    Nul=Factor(x^2*f(x,z^2/x,z))
    % On trouve x^2 + x*z + z^2 = 0 (Non) ou x^2 - 3*x*z + z^2 = 0 (Oui)
    syms r real % r=sqrt(5)
    % x/z=(3-r)/2 ou x/z=(3+r)/2.   On prend z=2 et donc y=4/x
    % X=[3-r; 4/(3-r) ; 2]=[(3-r)^2; 4: 2*(3-r)]=[14-6*r; 4; 2*(3-r)] donc:
    X=[7-3*r; 2; 3-r]; Y=[7+3*r; 2; 3+r]; 
    
    % Point d'intersection T des droites (RX) et (CY)
    R=[1; 1; 0]; XR=Wedge(X,R); CY=Wedge(C,Y); T=Wedge(XR,CY);
    % On trouve XR=[r-3, 3-r, 5-3*r], CY=[-2, 3*r+7, 0]
    % et T=[(3*r-5)*(3*r+7); 6*r-10; (3*r+5)*(r-3)]
    Nul=Factor(g(T(1),T(2),T(3)))
    % On trouve Nul=(3*r-1)*(3*r-25)*(r^2-5)=0 car r=sqrt(5)
    % Donc T est su le cercle IAB
    
    % D'ailleurs (CX) et (RY) se coupent aussi sur le cercle IAB
    Cordialement,
    Rescassol

  • NicoLeProf
    Modifié (9 Jun)
    @Vassillia, merci pour tes explications.
    Je tente avec Morley inscrit mais ce que j'ai trouvé pour $I$ alors que c'est censé être l'origine me rend perplexe et me fait énormément douter de mon niveau de compréhension ici : 
    je trouve une équation très agréable pour le cercle inscrit : $y^2-xz=0$.
    Par suite, en posant $I \simeq (u:v:w)$ et en résolvant le système : $IR=IP=IQ$ et $v=1$, je trouve $I \simeq (-2 : 1 : -2)$, c'est très bizarre car cela ne ressemble pas à une origine... Désolé pour cette question de débutant ... 
    Je continue avec cela et je trouve : $A \simeq \displaystyle \left(\frac{{\left(q r - q - r - 2\right)} {\left(q - r\right)}}{2 \, q r} : \,-\frac{{\left(2 \, q r + q + r + 2\right)} {\left(q - r\right)}}{4 \, q r} : \,-\frac{{\left(2 \, q r + q + r - 1\right)} {\left(q - r\right)}}{2 \, q r}\right)$.
    $B \simeq \displaystyle \left(\frac{{\left(p r - p - r - 2\right)} {\left(p - r\right)}}{2 \, p r} : \,-\frac{{\left(2 \, p r + p + r + 2\right)} {\left(p - r\right)}}{4 \, p r} : \,-\frac{{\left(2 \, p r + p + r - 1\right)} {\left(p - r\right)}}{2 \, p r}\right)$.
    $C \simeq \displaystyle \left(\frac{{\left(p q - p - q - 2\right)} {\left(p - q\right)}}{2 \, p q} : \,-\frac{{\left(2 \, p q + p + q + 2\right)} {\left(p - q\right)}}{4 \, p q} : \,-\frac{{\left(2 \, p q + p + q - 1\right)} {\left(p - q\right)}}{2 \, p q}\right)$.
    Puis, je suis de nouveau bloqué... Je trouve $4$ points d'intersection entre deux cercles : c'est illogique...
    Je pense que l'erreur provient du fait que j'ai utilisé le Véronèse habituel, cela ne peut pas être ça mais comment trouver le Véronèse en Morley inscrit avec la matrice de Pythagore qui est (si je ne m'abuse) : $pyth=\dfrac{1}{2} \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}$ ?
    Désolé Vassillia, au moins j'ai essayé mais c'est très difficile la première fois... :(:#
    P.S : En prenant comme Veronèse : $V(x : y : z)=\left (x : y : z : \left (\begin{pmatrix} x & y & z \end{pmatrix} . pyth . \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} \right)/y \right)$ soit $V(x : y :z)=(x : y : z : xz/y)$, j'ai l'impression de trouver deux points d'intersection pour les deux cercles mais ils sont vraiment horribles...
    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
  • pappus
    Modifié (9 Jun)
    Bonjour à,tous
    Comme prévu, nous sommes submergés par les Véronèses!
    Mais j'ai l'intuition  que nous sommes plutôt en face d'un tristounet exercice sur la composition des similitudes directes!
    Amicalement
    pappus
  • Vassillia
    Modifié (9 Jun)
    Alors ... moi je trouve que c'est pas mal du tout pour une première, l'équation du cercle inscrit est correcte, la formule pour le veronese est correcte mais tu as bloqué sur $I\simeq (0:1:0)$ qui est bel et bien l’origine.
    Pour t'en convaincre, essaye de calculer $RI^2= ^t(I-R)\cdot pyth \cdot (I-R)$ et ainsi de suite
    Ensuite, on calcule les tangentes à l'aide de la matrice $\mathcal M = \left(\begin{array}{rrr} 0 & 0 & -i \\ 0 & 0 & 0 \\ -i & 0 & 0 \end{array}\right)$ qui nous permet d'avoir les points à l'infini de toutes les perpendiculaires à $(IR)$ ce qui nous permettra d'avoir la perpendiculaire passant par $R$ qui sera donc la droite $(AB)$.
    On trouve via l’intersection de ces droites :
    $A \simeq (2(p - r)pr : p^2 - r^2 : 2p - 2r)$ ce qu'on peut vérifier car son affixe est $\dfrac{2(p-r)pr}{p^2-r^2}$
    $B \simeq (2(q - r)qr : q^2 - r^2 : 2q - 2r)$
    $C \simeq (-2(p - q)pq : -p^2 + q^2 : -2p + 2q)$

    Et on a bien 4 intersections entre 2 cercles ce qui est tout à fait logique (si, si, je t'assure). Chaque cercle est de degré 2 et 2x2=4. Ces 4 intersections sont :
    $\Omega_x \simeq (1:0:0)$ un ombilic (point à l'infini par lequel passe tous les cercles)
    $\Omega_y \simeq (0:0:1)$ un autre ombilic (point à l'infini par lequel passe tous les cercles)
    $X$ dont l'affixe donne $\dfrac{4 \, p q r}{p q + p r + q r + r^{2} - \sqrt{p^{2} q^{2} + 2 \, {\left(p + q\right)} r^{3} + r^{4} + {\left(p^{2} - 12 \, p q + q^{2}\right)} r^{2} + 2 \, {\left(p^{2} q + p q^{2}\right)} r}}$
    et $Y$ dont l'affixe donne $\dfrac{4 \, p q r}{p q + p r + q r + r^{2} + \sqrt{p^{2} q^{2} + 2 \, {\left(p + q\right)} r^{3} + r^{4} + {\left(p^{2} - 12 \, p q + q^{2}\right)} r^{2} + 2 \, {\left(p^{2} q + p q^{2}\right)} r}}$.
    Et c'est effectivement assez horrible donc le choix des coordonnées inclusives inscrites n'était pas très bon mais fallait bien essayer. Je suis toujours aussi nulle pour trouver une bonne paramétrisation :'(
    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)
  • Ah !!! J'ai compris, j'ai utilisé la mauvaise formule pour la distance comme pour les Véronèse, sauf que pour les Véronèse, je m'en suis rendu compte !!! D'où mon erreur pour $I$ !!!
    Merci Vassillia, je reprendrai plus tard ! :)
    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
  • pappus
    Modifié (10 Jun)
    Bonjour à tous
    Après cette indigestion de Véronèses, regardons d'un peu plus près la figure de Jean-Louis et supposons qu'elle soit exacte.
    On passe du point $Y$ au point $T$ par l'homothétie de centre $C$ envoyant le cercle $\Gamma$ sur le cercle $\Gamma'$ puis du point $T$ au point $R$ par la similitude directe de centre $Y$ renvoyant $\Gamma'$ sur $\Gamma$, toujours en vertu du même et pitoyable théorème du lamentable vieux grimoire, heureusement mis à l'index aujourd'hui.
    On est donc amené à s'intéresser à ce produit de similitudes directes!
    Amicalement
    pappus


  • Chaurien
    Modifié (10 Jun)
    *** précisons que la citation de @pappus dans son message de 18:20 provient de : Lebossé-Hémery, Géométrie, Classe de mathématiques, Fernand Nathan 1961, p. 150. Remercions @pappus *** modéré, commentaire méprisant ***
  • NicoLeProf
    Modifié (9 Jun)
    @Vassillia, j'ai tout vérifié, cela fonctionne ou presque !
    Il y a un bug pour $X$ et $Y$, j'ai trouvé : $\displaystyle \left(\frac{p q + {\left(p + q\right)} r + r^{2} - \sqrt{p^{2} q^{2} + 2 \, {\left(p + q\right)} r^{3} + r^{4} + {\left(p^{2} - 12 \, p q + q^{2}\right)} r^{2} + 2 \, {\left(p^{2} q + p q^{2}\right)} r}}{4 \, r} : \,1 : \,\frac{p q + {\left(p + q\right)} r + r^{2} + \sqrt{p^{2} q^{2} + 2 \, {\left(p + q\right)} r^{3} + r^{4} + {\left(p^{2} - 12 \, p q + q^{2}\right)} r^{2} + 2 \, {\left(p^{2} q + p q^{2}\right)} r}}{4 \, p q r}\right)$ pour l'un et $\displaystyle \left(\frac{p q + {\left(p + q\right)} r + r^{2} + \sqrt{p^{2} q^{2} + 2 \, {\left(p + q\right)} r^{3} + r^{4} + {\left(p^{2} - 12 \, p q + q^{2}\right)} r^{2} + 2 \, {\left(p^{2} q + p q^{2}\right)} r}}{4 \, r} : \,1 : \,\frac{p q + {\left(p + q\right)} r + r^{2} - \sqrt{p^{2} q^{2} + 2 \, {\left(p + q\right)} r^{3} + r^{4} + {\left(p^{2} - 12 \, p q + q^{2}\right)} r^{2} + 2 \, {\left(p^{2} q + p q^{2}\right)} r}}{4 \, p q r}\right)$ pour l'autre. Je ne comprends pas la présence du $4r$ au dénominateur pour la première composante de chaque solution.
    J'ai aussi une question pour la norme élevée au carrée : avec Morley inscrit, on peut juste faire la première composante d'un vecteur multipliée par la troisième composante de ce vecteur non (puisque cela correspond au numérateur de la dernière composante du Véronèse je crois)?
    D'où la nouvelle procédure :
    def carre_norme(X) :
        lg=factor(X[0]*X[2])
        return lg
    P.S : merci de rester sur les maths et au cœur du sujet, je signale tout commentaire méprisant donc inapproprié dorénavant. Je n'ai jamais prétendu être pédant ou quoi que ce soit, je suis là pour apprendre des choses qui m'intéressent.
    Merci Rescassol pour ta réaction d'ailleurs ! :)
    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
  • Bonjour à tous
    Où sont les ronchons?
    Pas là où on le croit!
    Je n'interdis nullement d'empiler les Véronèses et tout ce que je demande c'est d'exposer le maximum de solutions possibles.
    Les amateurs de la théorie des groupes seront certainement très heureux de lire la mienne.
    Il y a certainement d'autres solutions comme celle de Jean-Louis Ayme qui n'aime pas beaucoup utiliser les transformations!
    Enfin je ne pense pas que les Véronèses soient le bon outil pour résoudre les questions triviales de la géométrie du triangle!
    Amicalement
    pappus
  • Vassillia
    Modifié (9 Jun)
    @NicoLeProf pas de panique, tu as trouvé, c'est juste moi qui n'ai pas multiplié par l'expression conjuguée au dénominateur pour faire apparaitre un dénominateur rationnel mais si je le fais, je trouve exactement comme toi (après simplification bien sûr).
    Edit : pas vu ton autre question, oui bien sûr pour la norme et d'ailleurs c'est bien pareil en inscrit ou en circonscrit, cela ne change strictement rien.
    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,

    > Enfin je ne pense pas que les Véronèses soient le bon outil pour résoudre les questions
    > triviales de la géométrie du triangle!

    Sauf que tu n'as pas compris que le but de Stfj n'était pas de résoudre le problème, mais de s'en servir comme prétexte pour s'entraîner à certaines techniques analytiques.

    Cordialement,
    Rescassol

  • Mon cher Rescassol
    Où ai-je interdit d'utiliser les Véronèses?
    J'ai très bien compris que les amateurs du Divin Glossaire trouvent uniquement leur plaisir en les empilant et c'est leur droit le plus strict car nous vivons dans un pays libre.
    Mais de mon côté, j'essaye bien timidement de faire remarquer qu'il existe d'autres solutions qui pour élémentaires qu'elles soient méritent aussi d'être connues!
    Amitiés
    pappus

  • pappus
    Modifié (10 Jun)
    Bonjour à tous
    Faisons le point sur cet exercice.
    Combien avons nous de solutions?
    1° Celle de Jean-Louis Ayme qu'on pourra certainement consulter sur son site si ce n'est pas déjà fait!
    2° Celle par les Véronèses pas encore terminée mais on en verra bien la fin un jour ou l'autre!
    3° La mienne via les similitudes directes. J'attends un peu avant de l'exposer pour laisser le temps à ceux que cela intéresse.
    4° En voici une quatrième basée sur la construction de la polaire d'un point par rapport à un cercle. On peut l'oublier sans remords puisqu'il s'agit de la défunte géométrie projective!
    Amicalement
    pappus

  • La solution de Rescassol en barycentriques est terminée il me semble.
    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 à tous
    C'est vrai, j'ai oublié la solution de Rescassol et je m'en excuse auprès de lui.
    Cela fait donc $5$ solutions.
    Ceci dit, la quatrième solution par la défunte théorie des polaires me parait si simple que je me demande si Jean-Louis Ayme ne l'a pas remaniée pour la rendre élémentaire à son gout!
    Amicalement4
    pappus
  • RHOM
    Modifié (9 Jun)
    Vu que le triangle est équilatéral on a :
    $I$ est aussi orthocentre et centre du cercle circonscrit;
    Les cercles de $ABC$ et $ABI$ sont symétriques;
    Ie centre de $BAI$  est le midpoint de l'arc $BA$ et $IC$ est l'axe de symétrie du triangle $ABC$ est des trois cercles;
    Donc  $BA$ et $  XY$  ont  même médiatrice 
    D'où $BAXY$  est un trapèze isocèle ;
    $\angle ABC=\angle  AC'B   $ avec $C'$ le symétrique de $C$ par rapport à  $AB$ 
      on déduit  $CA$ est tangent au cercle de $ABI$ similairement $CB$ est tangent au cercle de $ABI$;
     il s'en suit $(AB,YT)=-1$ i.e. $TY$ est la symédiane de $BTA$ donc
    $\angle RTA=\angle  BTY=\angle  XTA$ ce qui signifie
     $R,T,X$  Sont alignés.
    Cordialement
    RH HAS
  • Bonjour,

    En voilà une autre avec Morley:
    % Jean-Louis Ayme - 09 Juin 2024 - Un triangle équilatéral
    
    clear all, clc
    
    syms j % J=exp(2*i*pi/3)
    
    jB=j^2; a=1; b=j; c=j^2; aB=1; bB=j^2; cB=j; % ABC est équilatéral
    
    %-----------------------------------------------------------------------
    
    syms z
    
    [oa oaB Ra2]=CercleTroisPoints(0,a,b,0,aB,bB);
    oa=Factor(oa); % oa=j+1=-j^2
    oaB=Factor(oaB); % oaB=-j
    Ra2=Factor(Ra2); % Ra2=-j*(j+1)=-j^2-j=j+1-j=1
    
    Nul=collect(numden(Factor(((z+j^2)*(1/z+j)-1))/j),z)
    % z^2 + j^2*z + j = 0
    % Delta=j^4-4*j=j-4*j=-3*j 
    syms u % u^2=-3*j  donc |u^2|=3 et u*uB=3
    x=(-j^2-u)/2; y=(-j^2+u)/2; 
    xB=(-j-3/u)/2; yB=(-j+3/u)/2; 
    
    r=(a+b)/2; rB=(aB+bB)/2; % R est le milieu de [AB]
    
    [pxr qxr rxr]=DroiteDeuxPoints(x,r,xB,rB);
    [pcy qcy rcy]=DroiteDeuxPoints(c,y,cB,yB);
    [t tB]=IntersectionDeuxDroites(pxr,qxr,rxr,pcy,qcy,rcy);
    t=Factor(t)
    
    Nul=numden(Factor((t-oa)*(tB-oaB)-1))
    Nul=Factor(subs(Nul,[u^6 u^5 u^4 u^3 u^2],[-27 9*j^2*u 9*j^2 -3*j*u -3*j]))
    % On trouve:
    Nul=9*(j^2+j+1)*((3*j^10+3*j^9+29*j^7+j^6-60*j^5-219*j^4-171*j^3-144*j^2-17*j-1)*u + 24*j^9+90*j^8+132*j^7+33*j^6+9*j^5-294*j^4-18*j^3-27*j^2+45*j+6);
    % j^2+j+1 est en facteur donc Nul=0
    % Les droites (XR) et (CY) se coupent donc sur le cercle IAB
    Cordialement,
    Rescassol

  • Vassillia
    Modifié (9 Jun)
    Ah mais oui, je suis bête, je n'avais même pas fait attention à la condition ABC équilatéral, cela devrait pas mal simplifier les formules, je te laisse finir @NicoLeProf si tu as toujours envie car les coordonnées inclusives en inscrit ne sont peut-être pas un si mauvais choix, Rescassol vient de faire circonscrit.
    Ce n'est pas trop grave, l'entrainement pour le cas général reste valable et il suffit de traduire la condition sur $p$, $q$, $r$.
    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 (9 Jun)
    Bonjour,
    ________________
    a=1
    b=1
    c=1
    x, y, z = var('x y z')
    A=vector([1,0,0])
    B=vector([0,1,0])
    I=vector([a,b,c])
    M=vector([x,y,z])
    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
    Ma=matrix([veronese(A),veronese(B),veronese(I),veronese(M)]).transpose()
    print(latex(factor(det(Ma))))
    ___________________________
    fournit via sagemath $$x y - z^{2}=0$$
    pour l'équation de $IAB$
    ___________________
    Sur geogebra, la commande TriangleCourbe(A,B,C,C²-AB=0) trace alors le cercle $IAB$
    __________________________
    Ces fonctions sont valables non seulement ici mais dans bien d'autres situations comme j'ai pu traiter les équations des cubiques de Darboux, Neuberg, Thomson. Voilà la raison pour laquelle elles ont ma faveur et si j'ai l'occasion comme ici de transmettre ces outils à d'autres, comme on me les a transmis, j'en serais satisfait. https://www.geogebra.org/classic/at98nycp
    Par exemple, la même fonction sagemath donne l'équation du cercle inscrit dans le triangle équilatéral $$x^{2} - 2 \, x y + y^{2} - 2 \, x z - 2 \, y z + z^{2}=0$$ce que l'on vérifie sur geogebra.
    _____________________________
    Cordialement, Stéphane.
  • J'ai encore un problème, désolé @Vassillia, j'ai entré mes deux procédures :
    def vecteur(X,Y) :
        vec=vector([Y[0]/(Y[1])-X[0]/(X[1]),Y[1]/(Y[1])-X[1]/(X[1]),Y[2]/(Y[1])-X[2]/(X[1])])
        return vec
    def carre_norme(X) :
        lg=factor(X[0]*X[2])
        return lg

    Mais lorsque je calcule $AB^2$ et je l'affiche grâce à la commande : pretty_print(carre_norme(vecteur(A,B))), sagemath me renvoie $\displaystyle -\frac{4 \, {\left(p - q\right)}^{2} r^{2}}{{\left(p + r\right)}^{2} {\left(q + r\right)}^{2}}$, ce qui est illogique... 
    J'ai sans doute fait une autre bêtise mais je ne vois pas laquelle ! :(
    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
  • Vassillia
    Modifié (9 Jun)
    Pas de souci, j'adore ce truc, ça me fait plaisir de le partager et de voir qu'il n'y a pas qu'à moi que ça plait.
    Tu n'as pas fait de bêtises, ton résultat est correct et c'est logique, $p$, $q$ et $r$ sont des complexes donc les carrés peuvent être négatifs.
    Edit : je suis en train de me dire que si tu calcules les distances pour imposer la condition équilatéral, ce n'est pas forcément une bonne idée, on peut jouer sur les angles, en fait $p=e^{i\theta_p}$, $q=e^{i\theta_q}$ et $r=e^{i\theta_r}$ avec $\theta_p$ l'argument de l'affixe de $P$ et pareil pour les autres. A nous de nous débrouiller pour que cela fasse un triangle équilatéral.
    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 à tous.
    Ces deux équations de cercles s'obtiennent sans le moindre calcul si on maitrise bien son Divin Glossaire.
    Ces deux équations sont des conséquences triviales de la formule générale qu'on y trouve:
    $$a^2yz+b^2zx+c^2xy-(x+y+z)(\Gamma(A)x+\Gamma(B)y+\Gamma(C)z)=0$$
    Amicalement
    pappus


  • stfj
    Modifié (9 Jun)
    Si les Egyptiens avaient dû maîtriser la mathématique grecque, auraient-ils construit les pyramides? Et la mathématique grecque aurait-elle existé ? D'abord on manipule des outils mathématiques et ensuite, si le besoin s'en fait sentir, on met de l'ordre, on rend son travail plus rationnel : cela n'a-t-il pas toujours fonctionné ainsi ?
  • Vassillia
    Modifié (9 Jun)
    Entre nous, je n'ai pas l'impression que le but du Divin Glossaire soit d'éviter les calculs et surtout, le but est de voir le cercle comme un vecteur avec 4 coordonnées à coup de wedge entre les 3 veronese, cela servira plus tard quand on jouera vraiment dans l'espace des cycles.
    L'équation du cercle n'est pas un objectif en soi, au contraire, il faut autant que possible que la droite existe par elle même, que le cercle existe par lui même quitte ensuite à regarder si un point M appartient à cette droite ou ce cercle en faisant la somme des produits des coordonnées "de même étage" ce qui donne l'équation de droite ou de cercle.
    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)
  • Mon cher stfj
    On devrait quand même pouvoir trouver dans le Divin Glossaire des exemples où l'emploi des Véronèses s'impose naturellement.
    C'est un peu ridicule de les utiliser dans les exercices (parfois triviaux) proposés par Jean-Louis Ayme.
    Amicalement
    pappus
  • Vassillia
    Modifié (9 Jun)
    Je ne partage pas cet avis pour les raisons expliquées plus haut et je te prierai de ne pas qualifier de ridicule les solutions proposées par autrui !
    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)
  • pappus
    Modifié (9 Jun)
    Ma chère Vassillia
    Serais-je à ce point pestiféré que tu n'aies plus la force d'écrire mon pseudo abhorré et de donner à lire à la cantonade un texte non signé?

    Sur mes cahiers d'écolier
    Sur mon pupitre et les arbres
    Sur le sable sur la neige
    J'écris ton nom
    Sur toutes les pages lues
    Sur toutes les pages blanches
    Pierre sang papier ou cendre
    J'écris ton nom
    Sur les images dorées
    Sur les armes des guerriers
    Sur la couronne des rois
    J'écris ton nom
    Sur la jungle et le désert
    Sur les nids sur les genêts
    Sur l'écho de mon enfance
    J'écris ton nom
    Sur les merveilles des nuits
    Sur le pain blanc des journées
    Sur les saisons fiancées
    J'écris ton nom
    Sur tous mes chiffons d'azur
    Sur l'étang soleil moisi
    Sur le lac lune vivante
    J'écris ton nom
    Sur les champs sur l'horizon
    Sur les ailes des oiseaux
    Et sur le moulin des ombres
    J'écris ton nom
    Sur chaque bouffée d'aurore
    Sur la mer sur les bateaux
    Sur la montagne démente
    J'écris ton nom
    Sur la mousse des nuages
    Sur les sueurs de l'orage
    Sur la pluie épaisse et fade
    J'écris ton nom
    Sur la lampe qui s'allume
    Sur la lampe qui s'éteint
    Sur mes maisons réunies
    J'écris ton nom
    Sur toute chair accordée
    Sur le front de mes amis
    Sur chaque main qui se tend
    J'écris ton nom
    Sur mes refuges détruits
    Sur mes phares écroulés
    Sur les murs de mon ennui
    J'écris ton nom
    Sur l'absence sans désir
    Sur la solitude nue
    Sur les marches de la mort
    J'écris ton nom
    Sur la santé revenue
    Sur le risque disparu
    Sur l'espoir sans souvenir
    J'écris ton nom
    Et par le pouvoir d'un mot
    Je recommence ma vie
    Je suis né pour te connaître
    Pour te nommer
    Vassillia
    Vassillia
    Vassillia

    pappus

  • pappus
    Modifié (9 Jun)
    Merci RHOM
    Bravo pour ta solution élémentaire qui est donc la sixième.
    Cela me plait d'avoir autant de solutions à lire!
    Je me sens donc obligé de commencer à exposer la mienne
    Soit $h$ l'homothétie de centre $C$ envoyant le cercle $\Gamma$ sur le cercle $\Gamma'$ et soit $s$ la similitude directe de centre $Y$ renvoyant $\Gamma'$ sur $\Gamma$.
    Soit $r=s\circ h$.
    $r$ est une similitude directe (théorie des groupes) stabilisant $\Gamma$ et donc conservant son centre $I$.
    $r$ est donc une similitude directe de centre $I$ et c'est même une rotation, pourquoi?
    En effet si $k$ est le rapport de similitude et $\rho$ le rayon de $\Gamma$, on doit avoir $k\rho=\rho$ et donc $k=1$
    J'ai eu donc une bonne idée de l'appeler $r$.
    Il ne reste plus qu'à calculer son angle et c'est sans doute là où le bât blesse quand on connait la popularité des angles dans notre enseignement surtout quand ils ont le mauvais gout d'être orientés!
    Et je ne vais pas me priver d'utiliser ces derniers comme il se doit puisqu'ils sont soit disant encore dans nos programmes jusqu'à nouvel ordre venu d'en haut et qui ne saurait tarder!
    Vite, profitons en pendant qu'il est encore temps!
    Calculer le pitoyable angle d'une misérable rotation!
    Serait-ce toujours mission impossible sur ce forum?
    Amicalement
    pappus
  • pappus
    Modifié (10 Jun)
    Bonne nuit à tous et faites de beaux rêves
    Si je considère un point $M$ quelconque du cercle $\Gamma$ et si $M'=r(M)$, on sait que l'angle orienté de vecteurs $\big(\overrightarrow{IM},\overrightarrow{IM'}\big)$ est indépendant de $M$ et c'est cet angle qu'on appelle angle de $r$.
    Pour le calculer, je vais spécialiser $M=R$.
    In nous faut donc calculer $r(R)$.
    Sur ma figure, la droite $h(R)X$ est tangente en $X$ au cercle $\Gamma$ et par suite $s((h(R))=X$
    L'angle de la rotation $r$ est donc $\big(\overrightarrow{IR},\overrightarrow{IX}\big)$
    Mais par symétrie par rapport à la droite $CI$, on a:
    $$\big(\overrightarrow{IR},\overrightarrow{IX}\big)=-\big(\overrightarrow{IR},\overrightarrow{IY}\big)$$
    Finalement
    $$\big(\overrightarrow{IR},\overrightarrow{IX}\big)=\big(\overrightarrow{IY},\overrightarrow{IR}\big)$$
    Par suite $r(Y)=R$ et les points $T$, $R$, $X$ sont alignés.
    Bof!
    Amicalement
    pappus








  • stfj
    Modifié (10 Jun)
    Bonjour,
    Nous cherchons les coordonnées barycentriques de $X$ et de $Y$, autrement dit nous cherchons à résoudre à un facteur multiplicatif non nul près $$\begin{cases}  x y - z^{2}=0 \\  x^{2} - 2 \, x y + y^{2} - 2 \, x z - 2 \, y z + z^{2}=0 \end{cases}$$
    Nous pouvons choisir ce que bon nous semble pour $x$. Choisissons $x=1$. Nous obtenons alors $y=z^2$ et $$z^4-2*z^3-z^2-2*z+1=0$$
    _________________
    var('z')
    factor(z^4-2*z^3-z^2-2*z+1)
    ___________________
    fournit $$(z^2 + z + 1)(z^2 - 3*z + 1)=0$$
    D'où finalement $$\boxed{X,Y\simeq \begin{pmatrix}2 \\7\pm3\sqrt{5} \\3\pm\sqrt{5}\end{pmatrix}}$$
    Comme nous disposons de toutes les équations et de toutes les coordonnées, le reste de l'exercice consiste en des vérifications trop ennuyeuses pour moi pour que je m'y penche.
    Cordialement, Stéphane.
    ___________________
    "L'essence des mathématiques réside dans leur liberté."
  • placebooo
    Modifié (10 Jun)
    Perso j'ai résolu ça avec des notions de 2nde et 1ère, principalement équations de droites, de cercles et vecteurs.
    Mon schéma : 


    On se place dans un repère orthonormé où A(0;0) et B(1;0). On calcule les coordonnées de C avec Pythagore etc et on obtient C(1/2 ; racine(3)/2 ).
    Donc :
    A(0 ; 0)
    B(1 ; 0)
    C(1/2 ; racine(3)/2)

    ABC est équilatéral donc le centre du cercle inscrit est également le centre de gravité, qui est au 2/3 de [CR]. R est également le milieu de [AB] par propriétés des droites remarquables dans un triangle équilatéral.
    Donc
    R(1/2 ; 0)
    I(1/2 ; racine(3)/6)
    Donc IR = racine(3)/6

    On peut donc trouver, puisqu'on a le rayon IR et le centre I, l'équation du cercle (I), qui est :
    (I) : (x - 1/2)² + (y - racine(3)/6)² = 1/12

    On a maintenant besoin du centre J et du rayon (JA, JB ou JI au choix) du cercle circonscrit au triangle AIB pour trouver l'équation du cercle (J).
    Centre J = point d'intersection des médiatrices. On calcule les équations cartésiennes de deux des médiatrices du triangle AIB.
    Médiatrice de [AB], (vecteur normal AB, milieu de [AB] ) : x - 1/2 = 0
    Médiatrice de [AI], (vecteur normal AI, milieu de [AI] ) : -1/2 x - racine(3)/6 y + 1/6 = 0 qu'on peut simplifier en multipliant par -2 en vue de la résolution du système ensuite : x + racine(3)/3 y - 1/3 = 0
    Point d'intersection des médiatrices en résolvant le système formé par les 2 équations cartésiennes ci-dessus :
    J(1/2 ; - racine(3)/6)
    Donc JI = racine(3)/3
    On peut donc trouver, puisqu'on a le rayon IJ et le centre J, l'équation du cercle (J), qui est :
    (J) : (x - 1/2)² + (y + racine(3)/6)² = 1/3

    Coordonnées de X et Y, par résolution du système formé par les équations des deux cercles :
    X((4-racine(5))/8 ; racine(3)/8)
    Y((4+racine(5))/8 ; racine(3)/8)

    On cherche ensuite l'équation de (CY), puisqu'on a les coordonnées de C et Y : y = -3*racine(15)/5 x + 3*racine(15)/10 + racine(3)/2

    On résout ensuite le système formé par la droite (CY) et le cercle (J) pour trouver les coordonnées de T qui sont :
    T((2+racine(5))/4 ; -racine(3)/4)

    On montre ensuite que les vecteurs XR et XT sont bien colinéaires (on a toutes les coordonnées), donc que les points X,R et T sont alignés..

  • Merci @placebooo pour cette solution de niveau lycée !
    Bien cordialement, JLB
  • cailloux
    Modifié (10 Jun)
    Bonjour,
    Je ne sais plus trop combien de solutions ont été proposées. De l'ordre d'une dizaine ? En voici une autre où je ne rentre pas dans les détails :


    - On montre que le cercle $TOX$ passe par $C$.
    - L'inversion définie par le cercle $(O)$ (de puissance $\dfrac{a^2}{3}$ avec $a$ côté du triangle équilatéral) échange ce cercle avec la droite $(XT)$ et $C$ et $R$ (milieu de $[AB]$) sont échangés dans cette même inversion.
    Mais peut-être y a-t-il là un avatar de la solution via les pôles et polaires suggérée par pappus ?
  • pappus
    Modifié (10 Jun)
    Merci Cailloux pour ta jolie démonstration!
    Une de plus mais qui utilise la regrettée géométrie circulaire!
    Quand je fais le point sur toutes ces démos, je trouve que c'est la quatrième utilisant les polaires qui est la plus courte et la plus jolie. J'aurais peut-être pu la trouver quand j'étais en Classe de Mathématiques!
    Jean-Louis Ayme est très malin! Il a pris la configuration parfaitement symétrique de la construction de la polaire et en a effacé une partie en nous demandant de prouver les incidences restantes. C'est très perturbant!
    C'est un peu la même astuce qu'on trouve dans ce fil proposé par stfj:
    On considère la configuration bien connue (?) de la droite de Steiner, on en efface une bonne partie et il faut se débrouiller avec ce qui reste!
    Amitiés
    pappus

  • Bonjour,

    Sincèrement
    Jean-Louis

  • Merci Jean-Louis pour ta preuve, une de plus.
    Il fallait seulement s'apercevoir que mon homothétie $h:\Gamma\mapsto\Gamma'$ était de rapport $2$.
    Bref, c'est toi le meilleur!
    Amitiés
    pappus
  • Bonjour Jean--Louis,
    Merci pour cette preuve, mais j'avoue que je ne parviens pas à voir le pourquoi de la dernière scolie : d'où déduis-tu, où d'où sais-tu, que R est le point médian de CUT ?
    en toute amitié, JLB
  • Bonsoir,
    I n'est-il pas le point médian de ABC...puis un petit calcul...

    Sincèrement
    Jean-Louis
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