Exercice avec un birapport

stfj

Bonjour,

Voici l'exercice

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Dans un plan affine, soient $A′, B′ $ et $C′ $ trois points des côtés $BC, CA$ et $AB$ d’un triangle.
La droite $B′C′$ coupe $BC$ en $D$. Montrer qu’on a l’´egalité
$$\boxed{\frac{\overline{A′C}}{\overline{A′B}} · \frac{\overline{B′A}}{\overline{B′C}} ·\frac{ \overline{C′B}}{\overline{C′A}} = [C, B, A′, D]}$$https://www.geogebra.org/classic/kg27mfuz

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J'ai songé à utiliser les coordonnées barycentriques en prenant $(A,B,C)$ comme base et à paramétrer $A',B',C'$ avec $u,v,w$.  J'ai trouvé pour $B'\simeq 1-v:0:v,\, C'\simeq w:1-w:0;\, A'\simeq 0:u:1-u$ $$D\simeq0:\,{\left(v - 1\right)} {\left(w - 1\right)}:\,-v w$$Le membre de gauche de l'égalité cherchée est $$\frac{-uvw}{(1-u)(1-v)(1-w)}$$Mais comme je manque de pratique sur le birapport, je sollicite votre aide.

Cordialement, Stéphane.

stfj

Je remercie @Rescassol. Son aide m'aura été précieuse pour parvenir finalement à achever l'exercice

Via sagemath, on obtient

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var('u v w')
A=vector([1,0,0])
B=vector([0,1,0])
C=vector([0,0,1])
BC=vector([1,0,0])
Ap=vector([0,u,1-u])
Cp=vector([w,1-w,0])
Bp=vector([1-v,0,v])
BpCp=Bp.cross_product(Cp)
D=BpCp.cross_product(BC)

def vecteur(X,Y) :
    vec=vector([Y[0]/(Y[0]+Y[1]+Y[2])-X[0]/(X[0]+X[1]+X[2]),Y[1]/(Y[0]+Y[1]+Y[2])-X[1]/(X[0]+X[1]+X[2]),Y[2]/(Y[0]+Y[1]+Y[2])-X[2]/(X[0]+X[1]+X[2])])
    return vec
def birapport(a,b,c,d):
    num=(d-b)/(d-a)
    den=(c-b)/(c-a)
    birapport=num/den
    return birapport
CB=vecteur(C,B)[1]
CAp=vecteur(C,Ap)[1]
CD=vecteur(C,D)[1]
print (factor(birapport(0,CB,CAp,CD)))

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$$\frac{u v w}{{\left(u - 1\right)} {\left(v - 1\right)} {\left(w - 1\right)}}$$également pour le membre de droite.

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https://www.geogebra.org/classic/aj4qd6b6

Swingmustard

Wow,

Jolie, ta généralisation du lien Ceva + Menelaüs + birapport !

Amicalement,

Swingmustard

stfj

C'est l'exercice 75/120.

pappus

Bonsoir à tous

Je ne vois pas l'intérêt d'utiliser des coordonnées quand il suffit d'appliquer le théorème de Ménélaûs à la transversale $B'C'D$ du triangle $ABC$.

Par contre que faut-il entendre par homographie dans l'exercice $75$?

Amicalement

pappus

stfj

Bonjour,

$$\frac{\overline{AB'}}{\overline{CB'}}\cdot \frac{\overline{C'B}}{\overline{C'A}}\cdot \color{Red} \frac{ \overline{A'C}}{\overline{A'B}}\color{black} =1\cdot\frac{\overline{BD}}{\overline{CD}}\cdot \color{Red} \frac{\overline{A'C}}{\overline{A'B}}$$

est très joli. Pourquoi appliquer les coordonnées? 

1.- Parce que j'avais pensé à Ceva mais pas à Ménélaüs; et avant d'y penser peut-être un jour, plutôt que de ne rien faire, pourquoi pas mener quelques petits calculs?

2.- Parce que mon objectif était surtout de mettre en place le birapport pour de futurs problèmes et que rien de mieux pour s'assurer qu'on a compris une notion que de la mettre en oeuvre, n'est-ce pas ?

3.- Parce que cela fonctionne aussi en appliquant les coordonnées, tout comme cela a fonctionné ailleurs, là où l'application de Ménélaüs à une transversale bien choisie n'aurait pas fonctionné. Et tout comme cela fonctionnera dans d'autres problèmes, avec des cubiques par exemple, dont j'ai besoin dans le cadre de la cryptologie,  là où mes ordinateurs ne connaissent nulle géométrie mais ne savent que calculer.

4.- Parce que ce résultat étant une application directe de Ménélaüs, et Ménélaüs étant une application directe des calculs, je préfère l'original à la copie.

5.- Parce que ma démonstration de ce corollaire n'étant pas l'application directe de Ménélaüs, elle est peut-être originale, inattendue, comme le coup 37 d' alphago.

Bref, j'avais plein de raisons mais faire le lien avec Ménélaüs et Ceva est charmant. En outre, cela fournit une construction du conjugué harmonique de $A'$ par rapport à $C$ et $D$ que je ne connaissais pas.

Cordialement, Stéphane.

pappus

Merci stfj

J'ai bien compris tes bonnes raisons qui t'appartiennent mais ta solution par calcul en coordonnées n'était certainement pas celle attendue par l'auteur de cet exercice.

C'est la suite de cet exercice 75 qui m'intéresse énormément et qui me parait beaucoup plus passionnante que son début.

Peux-tu nous faire une figure illustrant ce qui est sous-entendu par homographie?

Amicalement

pappus

pldx1

Bonjour, $ \def\lin#1{\mathcal{L}_{#1}} \def\equi{\mathcal{E}} \def\slov{\mathcal{S}} \def\crra#1#2{\operatorname{cross\_ratio}{}_{#2}\left(#1\right)} \def\simeqx#1{\underset{#1}{\simeq}} \def\lfit{\operatorname{LFIT}} $

Et maintenant, voici un exercice qui ne consiste pas à deviner quelle pourrait être "la solution attendue". On rappelle qu'un "quadrilatère complet" est un ensemble de quatre droites dans le plan projectif. Il y a quatre façons de décomposer ce quadritalère en "un trigone et une transversale", introduisant les notations  $\lin a, \lin b, \lin c, \lin 0$.

Tout procédé considérant une transversale vis à vis d'un trigone engendre en fait un paquet de quatre objets... et donc la possibilité d'un birapport de ces quatre objets... lorsqu'ils ont la bonne idée d'appartenir à un même cycle. 

1.  On commence avec des objets simples. On prend pour $U_j$  le point à l'infini de $\lin j$, et pour $O_j,H_j$ respectivement le centre circonscrit et l'orthocentre du trigone "toutes les droites sauf $\lin j$". Déterminer les birapports de ces trois séries de points. Il est intéressant d'utiliser successivement des coordonnées barycentriques (on pourra poser $\lin 0\simeqx b\left[q\,r,r\,p,p\,q\right]$) et des coordonnées projectives complexes (on pourra poser $\lin 0\simeqx z\left[\eta,\mathsf{t},\mathsf{y}\right]$).
   
2. Que peut-on faire de ces résultats ?
   
3. Vérifier que ces birapports ne dépendent que des directions des droites (i.e. ne dépendent que des points $U_j$, par le calcul et par un geogebra où l'on déplacera $\lin 0$ parallèlement à elle-même.
4. On considère alors les quatre $\lfit$ podaires associées au quadrilatère. Kaisse à quo ? Pour $\lfit _0$, on prend un point mobile $M_t$ sur la droite $\lin 0$ et on trace son triangle podaire $a_t,b_t,c_t$ vis à vis du trigone résiduel.  On en déduit un équicentre $\equi_0$ et un slowness center $\slov_0$.  On peut aussi utiliser la construction "orthopole" pour obtenir $\equi_0$. 
5. Il est évidemment intéressant d'écrire une macro geogebra "quatre droites donnent un point" pour construire les quatre orthopoles. On pourra alors vérifier la propriété d'invariance par transport parallèle.
6. On fouille la littérature pour retrouver la construction du slowness-center. Puis macro, puis test de l'invariance.
   
7. Ensuite de quoi, on passe aux calculs.   On pourra se demander ce que donnerait  une paramétrisation plus symétrique des quatre droites initiales.
8. Et, comme de juste, vient la question: et alors ?
   

Cordialement, Pierre.

Vassillia

Bonjour, je vais essayer d'aider un peu @stfj quand même mais ce n'est pas gagné, je n'arrive toujours pas à lire le birapport sur une figure. Déjà, je commence mal, je n'ai pas trouvé ce qu'est le birapport de points à l'infini et je suis embêtée si je ne peux pas normaliser... mais on ne va pas se décourager pour si peu.

En barycentriques $[H_0,H_1,H_2,H_3] =_b \dfrac{{\left(a^{2} p q - b^{2} p q + c^{2} p q + a^{2} p r + b^{2} p r - c^{2} p r - 2 \, a^{2} q r\right)} {\left(a^{2} - b^{2} - c^{2}\right)} p {\left(q - r\right)}}{{\left(a^{2} p q - b^{2} p q - c^{2} p q + 2 \, b^{2} p r - a^{2} q r - b^{2} q r + c^{2} q r\right)} {\left(a^{2} - b^{2} + c^{2}\right)} {\left(p - r\right)} q}$

Et celui pour $O$ n'est pas plus joli, bien au contraire. On en déduit que pldx1 a vraisemblablement fait exprès de nous faire commencer par les "mauvaises coordonnées".

En coordonnées inclusives circonscrites $[O_0,O_1,O_2,O_3]=_z \dfrac{{\left(\beta \gamma \eta - \mathsf{y} \right)} \alpha {\left(\beta - \gamma \right)}}{{\left(\alpha \gamma \eta - \mathsf{y} \right)} {\left(\alpha - \gamma \right)} \beta}$ et $[H_0,H_1,H_2,H_3]=_z \dfrac{{\left(\beta \gamma \eta + \mathsf{y} \right)} \alpha {\left(\beta + \gamma \right)}}{{\left(\alpha \gamma \eta + \mathsf{y} \right)} {\left(\alpha + \gamma \right)} \beta}[O_0,O_1,O_2,O_3]$

C'est mieux mais comme je n'ai pas spécialement envie de tout recommencer arrivée à la fin, je vais tenter un truc pour avoir une paramétrisation plus symétrique. Alors je paramétrise par les points à l'infini $U_i\simeq (u_i:0:1/u_i)$, ces points sont aussi des vecteurs de norme $1$, ils sont modifiables sur mon geogebra par le sommet des vecteurs partant de $O$. 

Puis chaque $\mathcal L_i$ passe par $U_i$ et $X_i \simeq (x_i:1:x_i)$ un gentil point qui se balade sur l'axe des abscisses.

En coordonnées pas envie de recommencer $[O_0,O_1,O_2,O_3]=\dfrac{ \left(u_{0}^2 - u_{2}^2\right)  \left(u_{1}^2 - u_{3}^2\right)}{\left(u_{0}^2 - u_{3}^2\right)  \left(u_{1}^2 - u_{2}^2\right)}$

$[H_0,H_1,H_2,H_3]=\dfrac{{\left(u_{0}^{2} + u_{2}^{2}\right)} {\left(u_{1}^{2} + u_{3}^{2}\right)}}{{\left(u_{0}^{2} + u_{3}^{2}\right)} {\left(u_{1}^{2} + u_{2}^{2}\right)}}[O_0,O_1,O_2,O_3]$

$[\mathcal E_0,\mathcal E_1,\mathcal E_2,\mathcal E_3]=\dfrac{{\left(u_{0}^{2} u_{2}^{2} + u_{1}^{2} u_{3}^{2}\right)}^{2}}{{\left(u_{1}^{2} u_{2}^{2} + u_{0}^{2} u_{3}^{2}\right)}^{2}}[H_0,H_1,H_2,H_3]$

$[\mathcal S_0,\mathcal S_1,\mathcal S_2,\mathcal S_3]=[O_0,O_1,O_2,O_3]$ (edit : erreur remplacer O par H)

Voilà, voilà, si je ne me suis pas trompée, on constate que cela ne dépend que des $u_i$ donc c'est gagné pour l'invariance et vous pouvez jouer avec sur https://www.geogebra.org/classic/rmbaf8pq

Il y a quand même un petit quelque chose à remarquer du genre les points $O_i$ et $\mathcal S_i$ sont cocycliques et les points $H_i$ et $\mathcal E_i$ sont alignés. 

Ce qui est sympa, c'est que cela se voit aussi avec la paramétrisation si on y met un peu de bonne volonté.

N'oublions pas que les $u_i$ sont les affixes de points sur le cercle unité, il en est donc de même pour $u_i^2$ et $-u_i^2$. Les fractions données précédemment peuvent s'écrire comme birapport de points sur un cercle, birapport qui est alors forcément réel ce qui donne des points cocycliques ou alignés. Et alors ? Ce sera tout pour moi, je ne vois pas quoi dire d'autres.

pldx1

Bonjour.

@Vassillia. Oui, en effet... (à 95%).

Pour ce qui est de geogebra, on peut crééer une macro qui prend les quatre points en entrée, les recode en complexes et applique la formule (quotient des deux rapports). Le résultat est alors un complexe. 
Remarque: sans recodage à l'intérieur de la macro, cela se passe mal.

Pour ce qui est des points à l'infini, force est d'utiliser, dans sagemaths,  la méthode générique pour éléments de $\{ax+by\mid x,y \in \C\}$.

Enfin, on évite de trainer des carrés en codant les points à l'infini par leur clinant, i.e.  $U\simeqx z \omega:0:1$.

Cordialement, Pierre.

gai requin

Bonjour @Vassillia,
Soit $d$ une droite et $O\notin d$ dans une carte affine du plan projectif.

Alors $[\infty_1,\infty_2,\infty_3,\infty_4]=[d\cap O\infty_1,d\cap O\infty_2,d\cap O\infty_3,d\cap O\infty_4]$.

Vassillia

Merci à tous les deux donc normalement, on devrait avoir aussi $[U_0,U_1,U_2,U_3]=\dfrac{ \left(u_{0}^2 - u_{2}^2\right)  \left(u_{1}^2 - u_{3}^2\right)}{\left(u_{0}^2 - u_{3}^2\right)  \left(u_{1}^2 - u_{2}^2\right)}$.

Effectivement, j'aurais pu enlever les carrés, tant pis pour cette fois, autant être cohérente avec ce qui est fait avant.

pldx1

Pour ce qui est des 5%: en fait $\slov_ j$ est l'isogonal de l'orthopoint de $\lin j$ par rapport au trigone des trois autres droites. Et donc $\crra  {\slov _j} z $ vaut...  

Et on en revient à : que fait-on de ces égalités de birapports que l'on a pu constater?  Et que fait-on du fait  que l'un des ces birapports se calcule avec les carrés des clinants ?

Cordialement, Pierre.

Vassillia

Oups, la boulette, coquille de recopie. En fait j'avais trouvé $[\mathcal S_0,\mathcal S_1,\mathcal S_2,\mathcal S_3]=[H_0,H_1,H_2,H_3]$. Normalement, j'avais vérifié les aires et j'étais relativement confiante.

Vassillia

La seule idée qui m'est venue avec l'égalité des birapports, c'est d'écrire l'homographie qui envoit $H_0H_1H_2$ sur $\mathcal S_0 \mathcal S_1 \mathcal S_2$. La bonne nouvelle, c'est que cela fonctionne comme prévu, $H_3$ va bien sur $\mathcal S_3$. La mauvaise nouvelle, c'est que la formule est illisible (vraiment vraiment illisible). geogebra n'est pas contrariant donc vous pouvez jouer avec https://www.geogebra.org/classic/mbp4gjru où l'image de $M$ par cet homographie est $M'$ mais je ne vois pas quoi en faire

pldx1

Bonjour,

Résumé à ma façon du programme de Vassillia: $\def\miq{M_{\mathrm{q}}}   \def\cenmiq{\Omega_{\mathrm{q}}} \def\yy{\eta} \def\yt{\mathrm{t}} \def\yx{\mathrm{y}} \def\ptv{~;~}$

\[ \ \begin{array}{cllll} No. &  & Name & Definition & dupli\\ 1 & \mathrm{Point} & O & (0,0)\\ 2 & \mathrm{Circle} & horz & \mathrm{Circle}(0,1)\\ 3 & \mathrm{Complex} & I & given\\ 4 & \mathrm{Line} & f & \mathrm{Line}(O,xAxis)\\ \\ 5 & \mathrm{Complex} & U_{0},U_{1},U_{2},U_{3} & \mathrm{Point}(horz) & 4\\ 6 & \mathrm{Complex} & w_{j} & \left(U_{j}-O\right)^{2}\\ 7 & \mathrm{Point} & X_{0},X_{1},X_{2},X_{3} & \mathrm{Point}(f) & 4\\ 8 & \mathrm{Vector} & u_{0},u_{1},u_{2},u_{3} & \mathrm{Vector}(O,U_{j})\;;\;e,u,v,w & 4\\ 9 & \mathrm{Line} & L_{0},L_{1},L_{2},L_{3} & \mathrm{Line}(X_{j},u_{j}) & 4\\ 10 & \mathrm{Point} & A_{jk} & \mathrm{Intersect}(L_{j},L_{k}) & 6\\ 11 & \mathrm{Point} & O_{j} & \mathrm{TriangleCenter}(A_{km},A_{mn},A_{nk},3) & 4\\ 12 & \mathrm{Circle} & cir_{j} & \mathrm{Circle}(A_{km},A_{mn},A_{nk}) & 4\\ 13 & \mathrm{Point} & H_{j} & \mathrm{TriangleCenter}(A_{km},A_{mn},A_{nk},4) & 4\\ 14 & \mathrm{Line} & droiteH & \mathrm{Line}(H_{0},H_{1})\\ 15 & \mathrm{Circle} & cercleO & \mathrm{Circle}(O_{0},O_{1},O_{2})\\ 16 & \mathrm{Point} & E_{j} & \mathrm{Orthopole}(L_{j},L_{k},L_{m},L_{n}) & 4\\ 17 & \mathrm{Point} & S_{j} & \mathrm{Slownesscenter}(L_{j},L_{k},L_{m},L_{n}) & 4\\ \\ 18 & \mathrm{Complex} & birO & birap(w_{0},w_{1},w_{2},w_{3})\\ 19 & \mathrm{Complex} & birH & birap(w_{0}^{2},w_{1}^{2},w_{2}^{2},w_{3}^{2})\\ 20 & \mathrm{Complex} & birE & from\_w_{j}\\ 21 & \mathrm{Point} & \cenmiq & \mathrm{Center}(cercleO)\\ 22 & \mathrm{Point} & \miq & \mathrm{Element}\left(\mathrm{Remove}\left(\left\{ \mathrm{Intersect}(cir_{0},cir_{A})\right\} ,\left\{ A\right\} \right),1\right)\\ 23 & \mathrm{Point} & Q_{j} & \cenmiq+\left(O_{j}-\cenmiq\right)^{2}/\left(\miq-\cenmiq\right) & 4\\ \\ \end{array} \]

Ecrit de la sorte, il suffit de bouger le point $O$ pour que le "descripteur de paramètres" n'entre plus en collision avec la figure proprement dite. Pour ce qui est de l'homographie, on peut en faire une macro $7\; points \mapsto point$, utilisant l'invariance du birapport (et n'oubliant pas de recoder les paramètres en autant de nombres complexes). On peut alors vérifier que "le birapport caractérise la classe d'homographie d'un quadruplet de points".

Après avoir constaté que le $\yt$ de $\left[\yx,\yt,\yy\right]$ n'apparait pas dans les birapports dont on cause, il a été suggéré, puis prouvé, que ces birapports ne dépendent que des clinants. En fait $\crra{O_{j}}{}$ n'est autre que le birapport des clinants eux-mêmes, tandis que $\crra{\slov_{j}}{}=\crra{H_{j}}{}$ n'est autre que le birapport des carrés des clinants en question.

Ce résultat donne envie de "passer aux carrés" sur les points eux mêmes. Notons $\miq$ le point de Miquel (sur le cercle de Miquel) et $\cenmiq$ le centre du cercle de Miquel. On essaie donc \[ O_{j}\mapsto\cenmiq+\dfrac{\left(O_{j}-\cenmiq\right)^{2}}{\miq-\cenmiq} \] et guess what ? C'est la propriété : "omégatum mysticum Pascaliensis" .

Il serait amusant de trouver aussi une formule $H_{j}\mapsto\equi_{j}$ (mais cette fois-ci, on ne peut plus compter sur les birapports pour suggérer la formule en question).

Cordialement, Pierre.

Vassillia

D'accord, merci, je vois d'où vient la formule $(\overrightarrow{\Omega_q M_q},\overrightarrow{\Omega_q \mathcal S_j})=2(\overrightarrow{\Omega_q M_q},\overrightarrow{\Omega_q O_j})$ mais alors, la propriété ... euh non, pas plus que l'autre formule d'ailleurs.

Il faut savoir que les formules, c'est avec $w_0=u_0^2$ :

$H_0 \simeq \left(-w_{1}^{2} w_{2}^{2} x_{1} + w_{1}^{2} w_{3}^{2} x_{1} + w_{1}^{2} w_{2}^{2} x_{2} - w_{2}^{2} w_{3}^{2} x_{2} - w_{1}^{2} w_{3}^{2} x_{3} + w_{2}^{2} w_{3}^{2} x_{3} + w_{1} w_{2}^{2} x_{1} - w_{1} w_{3}^{2} x_{1} - w_{1}^{2} w_{2} x_{2} + w_{2} w_{3}^{2} x_{2} + w_{1}^{2} w_{3} x_{3} - w_{2}^{2} w_{3} x_{3},\,-{\left(w_{1} - w_{2}\right)} {\left(w_{1} - w_{3}\right)} {\left(w_{2} - w_{3}\right)},\,w_{1} w_{2}^{2} x_{1} - w_{1} w_{3}^{2} x_{1} - w_{1}^{2} w_{2} x_{2} + w_{2} w_{3}^{2} x_{2} + w_{1}^{2} w_{3} x_{3} - w_{2}^{2} w_{3} x_{3} - w_{2}^{2} x_{1} + w_{3}^{2} x_{1} + w_{1}^{2} x_{2} - w_{3}^{2} x_{2} - w_{1}^{2} x_{3} + w_{2}^{2} x_{3}\right)$

$\mathcal E_0 \simeq \left(w_{0}^{2} w_{1}^{2} w_{2} x_{0} - w_{0}^{2} w_{1} w_{2}^{2} x_{0} - w_{0}^{2} w_{1}^{2} w_{3} x_{0} + w_{0}^{2} w_{2}^{2} w_{3} x_{0} + w_{0}^{2} w_{1} w_{3}^{2} x_{0} - w_{0}^{2} w_{2} w_{3}^{2} x_{0} - w_{0}^{2} w_{1}^{2} w_{2} x_{1} - w_{0} w_{1}^{2} w_{2}^{2} x_{1} + w_{0}^{2} w_{1}^{2} w_{3} x_{1} - w_{1}^{2} w_{2}^{2} w_{3} x_{1} + w_{0} w_{1}^{2} w_{3}^{2} x_{1} + w_{1}^{2} w_{2} w_{3}^{2} x_{1} + w_{0}^{2} w_{1} w_{2}^{2} x_{2} + w_{0} w_{1}^{2} w_{2}^{2} x_{2} - w_{0}^{2} w_{2}^{2} w_{3} x_{2} + w_{1}^{2} w_{2}^{2} w_{3} x_{2} - w_{0} w_{2}^{2} w_{3}^{2} x_{2} - w_{1} w_{2}^{2} w_{3}^{2} x_{2} - w_{0}^{2} w_{1} w_{3}^{2} x_{3} - w_{0} w_{1}^{2} w_{3}^{2} x_{3} + w_{0}^{2} w_{2} w_{3}^{2} x_{3} - w_{1}^{2} w_{2} w_{3}^{2} x_{3} + w_{0} w_{2}^{2} w_{3}^{2} x_{3} + w_{1} w_{2}^{2} w_{3}^{2} x_{3} - w_{0} w_{1}^{2} w_{2} x_{0} + w_{0} w_{1} w_{2}^{2} x_{0} + w_{0} w_{1}^{2} w_{3} x_{0} - w_{0} w_{2}^{2} w_{3} x_{0} - w_{0} w_{1} w_{3}^{2} x_{0} + w_{0} w_{2} w_{3}^{2} x_{0} + w_{0}^{2} w_{1} w_{2} x_{1} + w_{0} w_{1} w_{2}^{2} x_{1} - w_{0}^{2} w_{1} w_{3} x_{1} + w_{1} w_{2}^{2} w_{3} x_{1} - w_{0} w_{1} w_{3}^{2} x_{1} - w_{1} w_{2} w_{3}^{2} x_{1} - w_{0}^{2} w_{1} w_{2} x_{2} - w_{0} w_{1}^{2} w_{2} x_{2} + w_{0}^{2} w_{2} w_{3} x_{2} - w_{1}^{2} w_{2} w_{3} x_{2} + w_{0} w_{2} w_{3}^{2} x_{2} + w_{1} w_{2} w_{3}^{2} x_{2} + w_{0}^{2} w_{1} w_{3} x_{3} + w_{0} w_{1}^{2} w_{3} x_{3} - w_{0}^{2} w_{2} w_{3} x_{3} + w_{1}^{2} w_{2} w_{3} x_{3} - w_{0} w_{2}^{2} w_{3} x_{3} - w_{1} w_{2}^{2} w_{3} x_{3},\,-2 \, w_{0} {\left(w_{1} - w_{2}\right)} {\left(w_{1} - w_{3}\right)} {\left(w_{2} - w_{3}\right)},\,-w_{0} w_{1}^{2} w_{2} x_{0} + w_{0} w_{1} w_{2}^{2} x_{0} + w_{0} w_{1}^{2} w_{3} x_{0} - w_{0} w_{2}^{2} w_{3} x_{0} - w_{0} w_{1} w_{3}^{2} x_{0} + w_{0} w_{2} w_{3}^{2} x_{0} + w_{0}^{2} w_{1} w_{2} x_{1} + w_{0} w_{1} w_{2}^{2} x_{1} - w_{0}^{2} w_{1} w_{3} x_{1} + w_{1} w_{2}^{2} w_{3} x_{1} - w_{0} w_{1} w_{3}^{2} x_{1} - w_{1} w_{2} w_{3}^{2} x_{1} - w_{0}^{2} w_{1} w_{2} x_{2} - w_{0} w_{1}^{2} w_{2} x_{2} + w_{0}^{2} w_{2} w_{3} x_{2} - w_{1}^{2} w_{2} w_{3} x_{2} + w_{0} w_{2} w_{3}^{2} x_{2} + w_{1} w_{2} w_{3}^{2} x_{2} + w_{0}^{2} w_{1} w_{3} x_{3} + w_{0} w_{1}^{2} w_{3} x_{3} - w_{0}^{2} w_{2} w_{3} x_{3} + w_{1}^{2} w_{2} w_{3} x_{3} - w_{0} w_{2}^{2} w_{3} x_{3} - w_{1} w_{2}^{2} w_{3} x_{3} + w_{1}^{2} w_{2} x_{0} - w_{1} w_{2}^{2} x_{0} - w_{1}^{2} w_{3} x_{0} + w_{2}^{2} w_{3} x_{0} + w_{1} w_{3}^{2} x_{0} - w_{2} w_{3}^{2} x_{0} - w_{0}^{2} w_{2} x_{1} - w_{0} w_{2}^{2} x_{1} + w_{0}^{2} w_{3} x_{1} - w_{2}^{2} w_{3} x_{1} + w_{0} w_{3}^{2} x_{1} + w_{2} w_{3}^{2} x_{1} + w_{0}^{2} w_{1} x_{2} + w_{0} w_{1}^{2} x_{2} - w_{0}^{2} w_{3} x_{2} + w_{1}^{2} w_{3} x_{2} - w_{0} w_{3}^{2} x_{2} - w_{1} w_{3}^{2} x_{2} - w_{0}^{2} w_{1} x_{3} - w_{0} w_{1}^{2} x_{3} + w_{0}^{2} w_{2} x_{3} - w_{1}^{2} w_{2} x_{3} + w_{0} w_{2}^{2} x_{3} + w_{1} w_{2}^{2} x_{3}\right)$

A moins de faire dans le classique "démontrer que ..." ça me semble impossible.

stfj

sagemath via

___________________________

def norm(M):
    return(M/(Linf*M))

def vecteur(X,Y):
    vec=norm(Y)-norm(X)
    return vec

def birapport(B,C,G,H):
    bi= factor(vecteur(H,C)/vecteur(H,B)/(vecteur(G,C)/vecteur(G,B)))
    return bi
    
var('u v w ')
Linf=vector([1,1,1])
A=vector([1,0,0])
B=vector([0,1,0])
C=vector([0,0,1])
BC=B.cross_product(C)
Ap=vector([0,u,1-u])
Bp=vector([1-v,0,v])
Cp=vector([w,1-w,0])
BpCp=Bp.cross_product(Cp)
D=BpCp.cross_product(BC)

print (latex(birapport(C,B,Ap,D)))

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fournit $$\frac{u v w}{{\left(u - 1\right)} {\left(v - 1\right)} {\left(w - 1\right)}}$$