Calcul, calcul, calcul
Bonjour à tous
Voici un nouvel exercice qui m'a été suggéré par la construction de Cailloux, destiné en général aux calculateurs de bonne volonté cela va sans dire mais plutôt en particulier à notre ami Rescassol que je salue.
La figure ci-dessous montre un triangle $ABC$ et son cercle circonscrit $\Gamma$.
J'ai tracé le triangle de Cailloux $A''B''C''$ que nous commençons bien à connaître maintenant: $A''$ symétrique de $A$ par rapport à la médiatrice de $BC$, $B''$ symétrique de $B$ par rapport à la médiatrice de $CA$, $C''$ symétrique de $C$ par rapport à la médiatrice de $AB$.
Trouver le point fixe et les droites invariantes de l'application affine:
$$f:ABC \mapsto A''B''C''$$
Proposer une construction géométrique simple de ce point fixe et de ces droites invariantes.
Amicalement
pappus
Réponses
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Bonjour,
L'application affine est donnée avec Morley circonscrit par $f(z,\overline{z})=z+s_2\overline{z}-s_1$
Son point fixe est le point de Kiepert $X_{110}=\dfrac{s_2}{s_1}$.
Les droites globalement invariantes passent par $X_{110}$ et sont dirigées par les racines quatrièmes de $\dfrac{s_2s_3}{s_1}$.
Cordialement,
Rescassol
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Bonjour, pappus,
les trois sommets du triangle de cailloux sont les symétriques par rapport à $O$ des symétriques de $H$ par rapport aux côtés ; un petit calcul (Morley circonscrit) donne pour ton application : $z\mapsto z+\sigma_2\overline z-\sigma_1$, de sorte que le point fixe est $c=\sigma_2/\sigma_1$ (ce doit être le point du cercle circonscrit dont la droite de Steiner est la droite d'Euler, ou kek chose comm' ça).
Bon appétit, j__j
Grillé par Rescassol, que je salue également ! -
Merci Rescassol et merci john_johnC'est bien cela et john_john a fait une très bonne remarque. La droite de Steiner du point fixe est effectivement la droite d'Euler.Les symétriques de la droite d'Euler par rapport aux côtés du triangle $ABC$ se coupent sur le cercle circonscrit au point de Kiepert $X(110)$ qui est le point fixe de $f$.C'est un cas particulier d'une configuration proposée par RHOM dans un fil très récent.J'en avais d'ailleurs donné une généralisation (bien connue de nos anciens) sans la moindre illusion sachant parfaitement que je devrais attendre jusqu'à la Saint Glinglin avant d'avoir la moindre réponse!Une fois le point fixe construit, il faut tracer ces droites invariantes et pour ce faire, on ne peut se contenter de la remarque exacte de Rescassol sur des racines quatrièmes, il faut effectivement les tracer de quelque façon que ce soit.Enfin les deux triangles $ABC$ et $A''B''C''$ sont orthologiques.C'est évident sur l'écriture de $f$.Quels sont les centres d'orthologie?Tout ce qu'on vient de dire est parfaitement prouvable via les coordonnées barycentriques, n'est-ce pas Bouzar?Tout espoir n'est donc pas perdu pour les calculateurs de bonne volonté!Amitiéspappus
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Explication de l'assertion quant à la construction de $A''$ :
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Bonjour à tous,
Une figure :
Amicalement.
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Merci Cailloux pour tes belles figures.Effectivement les droites invariantes sont bien les deux droites rouges que tu as tracées.Elles joignent le point fixe respectivement aux deux extrémités du diamètre d'Euler que tu as appelées $I$ et $J$.Bravo!Tu m'épates en plus en plus!Faisons le point:Il y a d'une part les calculs de Rescassol, (calcul, calcul, calcul!) qu'il n'a pas explicités et d'autre part ta figure.Il ne s'agit pas de faire seulement les calculs et de se dire une fois qu'ils sont faits, eh bien c'est terminé.Non cent fois non!Il faut faire aussi la figure!Inversement partant d'une figure, il faut souvent très souvent faire des calculs pour la justifier.Il y a en géométrie un dialogue permanent entre figures et calculs.La figure suggère les calculs et les calculs justifient une figure.Amitiéspappus
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Les deux triangles sont orthologiques, de surcroît !
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Merci john_john de confirmer ce que j'ai déjà dit!Amitiéspappus
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Je constate que les centres d'orthologie sont le centre du cercle circonscrit et le point de Longchamps $L$, centre du cercle inscrit de $A''B''C''$.
$f(O)=L$
Amicalement.
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Merci CaillouxC'est encore exact!Bravo pour $f(O)=L$ qui résulte d'un théorème général sur l'orthologie.$L=X(n,A''B''C'')$ pour un certain entier $n$, lequel?Reprendre les calculs de Rescassol en remplaçant $f$ par $g:ABC\mapsto A''B''C''$ où cette fois, $g$ est une transformation circulaire directe.Exhiber sur la figure les points limites et les points fixes de $g$ et en déduire que $g$ est hyperbolique.Montrer qu'on a encore $g(O)=L$, ce qui est très surprenant mais résulte encore d'un théorème général sur l'orthologieAmitiéspappus
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J'avais précisé dans le message précédent que $n=1$$L=X(n,A''B''C'')$ pour un certain entier $n$, lequel?
Pour la suite, je vais me contenter de lire ...
Amitiés.
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Mon cher CaillouxQuand j'ai prouvé ta jolie construction sans ces maudits angles orientés dont plus personne ne connait aujourd'hui la moindre définition, j'ai calculé les coordonnées barycentriques du point $A''$.Donc on peut écrire gratis pro deo la matrice de l'application affine $ABC\mapsto A''B''C''$.Merci qui? Merci pappus comme d'habitude!Sur cette matrice, on peut essayer de retrouver tout ce que nous avons fait en Rescassolisant!Amitiéspappus
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Bonjour à tousOn trouve alors pour matrice:$$\begin{pmatrix}1&\dfrac{c^2-a^2}{b^2}&\dfrac{b^2-a^2}{c^2}\\\dfrac{c^2-b^2}{a^2}&1&\dfrac{a^2-b^2}{c^2}\\\dfrac{b^2-c^2}{a^2}&\dfrac{a^2-c^2}{b^2}&1\end{pmatrix}$$Si un colleur de Taupe a l'idée saugrenue de passer par là, il peut mettre cette matrice dans sa besace, au moins servira-t-elle à quelque chose!Amicalementpappus
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Bonjour, les barycentres ne sont plus aux programmes de CPGE scientifiques depuis septembre 2021 en 1ere année et septembre 2022 en 2e année.La philosophie nous enseigne à douter de ce qui nous paraît évident. La propagande, au contraire, nous enseigne à accepter pour évident ce dont il serait raisonnable de douter. (Aldous Huxley)
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Bonjour à tousSi on a bien suivi les calculs de notre ami Rescassol, pourquoi peut-on affirmer sans le moindre calcul que le polynôme caractéristique de la matrice de taille $3$ précédente s'écrit sous la forme:$$(X-1)(X^2-2X+\bullet)$$AmicalementpappusPSEn déduire sans calcul que dans un triangle $ABC$, $\cos A\cos B\cos C<\dfrac 18$
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Bonsoir, pappus
la factorisation découle des deux constatations suivantes : $1$ est valeur propre car le vecteur $^t(1,1,1)$ est propre pour $^tM$ (tu as pris soin de normaliser les colonnes) et car la trace est $3$ (ici, j'ai quand même dû faire un calcul, de niveau CP toutefois
).
Pour le produit des trois cosinus, je vais réfléchir -- sans doute une question de réalité des deux dernières valeurs propres. Par parenthèse, c'est seulement $\leqslant1/8$. -
Bonsoir à tous,Une autre façon de définir le triangle de Cailloux : ses trois sommets sont les deuxièmes points d'intersection des droites parallèles aux côtés opposés et du cercle circonscrit : par exemple, A" est le point d'intersection de la parallèle à BC issue de A et du cercle circonscrit. On en déduit l'existence de trois trapèzes isocèles dont les sommets sont A, B, C et l'un des sommets A", B" et C", et dont les axes de symétrie sont les médiatrices de ABC.Mais ce ne sont que des évidences !@pappus, je me lance : y aurait-il une ou des transformations échangeant l'un en l'autre ces trapèzes, et si oui, comment les caractériser ?Bien amicalement, Jean-Louis B.
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Bonsoir,
Toujours des conjectures via GeoGebra (je ne peux guère plus mais en ces temps olympiques, l'important n'est-il pas de participer ?)
Les points fixes de $g$ sont les extrémités $I$ et $J$ du diamètre d'Euler.
$U$ point limite image est le conjugué harmonique de $L$ (point de Longchamps) par rapport à $I$ et $J$.
$V$ point limite objet est son symétrique par rapport à $O$ et conjugué harmonique de l'orthocentre $H$ par rapport à $I$ et $J$.
Amicalement.
[Edit] Incidemment, $V=X(186)$ s'échange avec $H$ orthocentre de $ABC$ dans l'inversion définie par le cercle circonscrit ainsi que $U=X(2071)$ et $L$.
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cailloux a dit :Bonsoir,
Toujours des conjectures via GeoGebra (je ne peux guère plus mais en ces temps olympiques, l'important n'est-il pas de participer ?)
Les points fixes de $g$ sont les extrémités $I$ et $J$ du diamètre d'Euler.
$U$ point limite image est le conjugué harmonique de $L$ (point de Longchamps) par rapport à $I$ et $J$.
$V$ point limite objet est son symétrique par rapport à $O$ et conjugué harmonique de l'orthocentre $H$ par rapport à $I$ et $J$.Salut à tousc'est exact puisque la transformation circulaire est le composé de l inversion négative de centre $O$ , qui laisse le circoncercle de $ABC$ , et l'inversion négative de centre $L$ , qui laisse le circoncercle de $ABC$ globalement fixe comme c'est clarifié pour $A\rightarrow A'\to A"$ de même pour $B,C$.
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Mon cher CaillouxC'est exact comme l'as dit RHOM.Bravo!Mais comme je l'ai dit souvent à Jelobreuil qui est un de nos meilleurs spécialistes de la géométrie expérimentale si tu veux vraiment progresser en géométrie, il te faut maîtriser et ce vieux grimoire de Lebossé-Hémery pour trouver des configurations intéressantes et surtout pour les expliquer les Saintes Ecritures, ce quatrième synoptique dont certains nous rebattent les oreilles en nous serinant que c'est le Saint Graal.Aurons nous droit maintenant aux apocryphes?L'explication calculatoire de que tu as trouvé expérimentalement tient au fait que $g$ s'écrit simplement (en Morley circonscrit comme dit notre ami Rescassol):$$g(z)=\dfrac {\sigma_3(z-\sigma_1)}{-\sigma_2z+\sigma_3}$$non démontrée pour le moment tout comme l'écriture de $f$.On remarque que $g(0)=-\sigma_1$, ce qui se traduit bien par $g(O)=L$Il me semble d'ailleurs que $L=X(1,A''B''C'')$ pas besoin d'aller chercher très loin dans ETC.Amitiéspappus
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Bonjour à tous,
personne n'a rédigé le calcul de l'expression de $f$ parce que qu'elle résulte d'un tout petit calcul : avec Morley circonscrit, l'affixe de $H'_A$ est $-bc/a$ et donc celle de $A''$ est $bc/a$. Il s'agit donc de trouver les complexes $u,v,w$ tels que $bc/a=ua+v/a+w$, soit encore $ua^2+wa+v=bc$, simple interpolation de Lagrange. Elle se simplifie encore si l'on remarque l'équivalence avec $ua^3+wa^2+va-\sigma_3=0$, d'où $u=1,w=-\sigma_1,v=\sigma_2$.
À noter que l'orthologie des deux triangles (pour laquelle j'ai été devancé par pappus sans que je m'en fusse aperçu) résulte du fait que $u$ est réel. J'aurais dû m'en apercevoir plus tôt puisque, en fait, il y a déjà orthologie (bien connue) entre $ABC$ et $H'_AH'_BH'_C$ et qu'on l'a composée avec une homothétie, qui conserve de ce fait la symétrie de l'application linéaire associée.
Attention : ici, $a,b,c$ sont les affixes respectives des sommets, et non pas les longueurs des côtés.
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Merci john_johnLe calcul de l'écriture de $g$ est du même acabit!Il reste bien le calcul en barycentriques dont j'ai donné la matrice mais là je suis pris d'une sainte flemme.Mais pourquoi s'en faire?Tout le monde s'en fout d'une géométrie disparue et en particulier et surtout de la géométrie analytique.Les barycentres se sont faits la malle mais ils réapparaissent dans le champ politique où on glose à tort et à travers des barycentres. Il paraitrait même que notre président recherche le juste milieu sans trop savoir ce que c'est tout comme dans la discussion interminable voisine initiée par stfj!Amitiéspappus
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Il me semble que la seule géométrie qui a une chance de survivre est la géométrie analytique, elle est utilisée entre autre dans des calculs permettant d'afficher des images sur un écran. Si vous lisez ce message sur un écran, et non pas sur la patte d'un pigeon voyageur, normalement vous savez que les écrans existent et à priori, ils fonctionnent avec des coordonnées.Par contre, il serait peut-être souhaitable de confier l'enseignement de la géométrie à des informaticiens plutôt qu'à des mathématiciens. Félicitons donc les membres de ce forum, comme stfj, qui cherchent à apprendre et, éventuellement à retransmettre par la suite, plutôt que de les critiquer.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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Bonjour pappus et à tous,On trouve que les valeurs propres de la matrice sont : $\lambda_1 = 1, \quad \lambda_2 =1+\dfrac{OH}{R}, \quad \lambda_3 = 1-\dfrac{OH}{R}.$Sachant que $\quad OH^2=R^2(1-8\cos \widehat A \cos \widehat B\cos \widehat C)$ et d'après les relations entre coefficients et racines d'un polynôme de $\mathbb{R}[X]$ scindé sur $\mathbb{R}$, on a :$$\lambda_1\times \lambda_2 \times \lambda_3 = 1- \dfrac{OH^2 }{ R^2 } = 8\cos \widehat A \cos \widehat B\cos \widehat C.$$Ainsi, on obtient :$$ 8\cos \widehat A \cos \widehat B\cos \widehat C \leq 1$$soit$$ \cos \widehat A \cos \widehat B\cos \widehat C \leq \dfrac{1}{8}.$$Amicalement
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L'écriture de $g$ est effectivement du même tonneau : déterminer $A,B,C,D$ tels que $Aa+B=(Ca+D)bc/a$ conduit, après multiplication par $a^2$, à $Aa^3+Ba^2-C\sigma_3 a-D\sigma_3=0$.
Remarque : le fait que l'on aura $A=D$ et que $C=\overline B$ provient du fait que $g$ conserve le cercle $(ABC)$ ; elle opère sur lui comme composée des involutions de Frégier de pôle $H$ puis $O$. On retrouve de ce fait la localisation des points fixes de $g$. -
Merci, Bouzar, je tournais en rond depuis longtemps pour ce produit de cosinus. Cela dit, l'expression de $OH^2$ contient déjà à elle seule l'information, ainsi que le cas d'égalité
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Merci BouzarTu y vas un peu fort avec tes valeurs propres!Comment veux-tu qu'un taupin $\lambda$ sache que l'orthocentre intervient dans leurs écritures?Je pense qu'un bon taupin pouvait arriver à l'expression suivante du polynôme caractéristique:$$(X-1)\big(X^2-2X+\dfrac{(b^2+c^2-a^2)(c^2+a^2-b^2)(a^2+b^2-c^2)}{a^2b^2c^2}\big)$$Un très bon taupin aurait exhibé le vecteur propre $\big(\dfrac{a^2}{b^2-c^2}:\dfrac{b^2}{c^2-a^2}:\dfrac{c^2}{a^2-b^2}\big)$ pour la valeur propre $1$ dont nous qui avons tout lu savons que ce sont des coordonnées barycentriques homogènes de $X(110)$ , le foyer de l'hyperbole de Kiepert.La chair est triste, hélas ! et j'ai lu tous les livres.
Fuir ! là-bas fuir ! Je sens que des oiseaux sont ivres
D'être parmi l'écume inconnue et les cieux !
Rien, ni les vieux jardins reflétés par les yeux
Ne retiendra ce cœur qui dans la mer se trempe
Ô nuits ! ni la clarté déserte de ma lampe
Sur le vide papier que la blancheur défend,
Et ni la jeune femme allaitant son enfant.
Je partirai ! Steamer2 balançant ta mâture3
Lève l'ancre pour une exotique nature !
Un Ennui, désolé par les cruels espoirs,
Croit encore à l'adieu suprême des mouchoirs !
Et, peut-être, les mâts, invitant les orages
Sont-ils de ceux qu'un vent penche sur les naufrages
Perdus, sans mâts, sans mâts, ni fertiles îlots...
Mais, ô mon coeur, entends le chant des matelots !Mais notre taupin ne serait guère allé plus loin.Mais nous qui avons tout lu, nous savons que le polynôme $X^2-2X+\dfrac{(b^2+c^2-a^2)(c^2+a^2-b^2)(a^2+b^2-c^2)}{a^2b^2c^2}$ est le polynôme caractéristique de la partie linéaire de notre application affine et qu'à ce titre ses valeurs propres sont réelles puisque notre application affine est orthologique.On écrit que son discriminant (réduit) est strictement positif et on tombe sur l'inégalité demandée à condition de savoir la loi, la dure loi, des cosinus.AmicalementpappusPSPetit exo vicieux à destination des calculateurs de bonne volonté.On se donne la matrice de taille $3$ d'une application affine.Comment savoir qu'on a affaire à une application parallélogique ou orthologique?
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Comment savoir qu'on a affaire à une application parallélogique ou orthologique?
Lire les livres semble être une méthode intéressante.
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Mon cher pappus,D'une part, $\quad S_A = bc\cos \widehat A, S_B = ac\cos \widehat B, S_C = ab\cos \widehat C.$D'autre part, on a :$\dfrac{(b^2+c^2-a^2)(c^2+a^2-b^2)(a^2+b^2-c^2)}{a^2b^2c^2} = \dfrac{8S_AS_BS_C}{a^2b^2c^2}$$=\dfrac{8a^2b^2c^2 \cos \widehat A \cos \widehat B\cos \widehat C}{a^2b^2c^2}$$=8\cos \widehat A \cos \widehat B\cos \widehat C=1- \dfrac{OH^2 }{ R^2 }=(1- \dfrac{OH }{ R })(1+ \dfrac{OH}{ R } ).$Par ailleurs, $1- \dfrac{OH }{ R }+1+ \dfrac{OH}{ R } =2.$Ainsi les valeurs propres sont $1, 1- \dfrac{OH }{ R }, 1+ \dfrac{OH}{ R } .$Amicalement
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(Re-) bonjour à tous,
si l'on donne une application affine sous la forme $z\mapsto uz+vz^*+w$ (je tape $^*$ pour la conjugaison), les deux premiers coefficients contiennent toute l'information.
Orthologique $\iff$ $u$ est réel.
Parallélologique $\iff$ ${\rm Re}(u)=0$. La trace est $2{\rm Re}(u)$.
D'autres propriétés sur l'application linéaire associé se traduisent bien : symétrique positive, orthogonale, antisymétrique, réalité des valeurs propres ($v^*v\geqslant{\rm Im}(u)^2$) etc. -
Rappelons tout de même que la parallélogie est une notion purement affine à la différence de l'orthologie qui est une notion euclidienne.
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Merci BouzarNos taupins sont certes très cultivés.La culture est tout ce qui nous reste quand on a tout oublié et en matière de géométrie, que peut-il bien leur rester?Tout simplement les axiomes de Thalès et de Pythagore!Ce n'est pas avec ça qu'ils vont dénicher l'orthocentre dans cette matrice!Amitiéspappus
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Bonjour à tousCe n'est pas à moi qu'il faut poser la question puisque j'ai tout lu ou presque en matière de géométrie classique!Citons quand même les versets concernés:
Comprenne qui pourra!Encore faut-il les traduire dans la langue de Molière!Amicalementpappus -
Bonjour pappus,
Je t'ai envoyé un MP.
Amitiés sincères.
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Bonjour,Je suggère qu'on ait la courtoisie quand on cite un membre du forum de le citer entièrement avec un "@" pour qu'il/elle puisse éventuellement répondre à une remarque faite à son propos. Qu'en pensez-vous ? Je pense que la courtoisie si chère à nos anciens est et doit rester une bonne chose, n'est-ce pas ?Cordialement, Stéphane Jaouen.
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Bonjour,
Ce que j'en pense : cette histoire d'arobase n'est qu'un avatar de la "netiquette" plus ou moins snobinard.
Je précise : ici, dans ce sous forum de géométrie, les gens qui doivent se connaître se connaissent et communiquent ailleurs.
Arobase ou pas, j'ai la nette (sic) impression qu'un Stéphane Jaouen ne "communiquera" jamais avec les derniers piliers de ce forum.
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Voici deux lemmes.Soient $X, Y, Z, P, Q, R$ d'affixes $x, y, z, p, q, r.$Lemme 1 Les triangles $XYZ$ et $PQR$ sont orthologiques si, et seulement si $x(\overline{q }-\overline{r}) + \overline{x}(q −r) + y(\overline{r} -\overline{p}) +\overline{y}(r −p) + z(\overline{p} - \overline{q}) + \overline{z}(p −q) = 0.$Lemme 2 Les triangles $XYZ$ et $PQR$ sont parallélogiques si, et seulement si
$x(\overline{q} - \overline{r}) -\overline{x}(q −r) + y(\overline{r} - \overline{p}) - \overline{y}(r -p) + z(\overline{p} -\overline{q}) - \overline{z}(p −q) = 0.$ -
Bonjour,
Pour ce qui concerne l'inégalité des cosinus, j'ai déjà répondu là:
https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/comment/2491768/#Comment_2491768
Cordiialement,
Rescassol
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john_john a dit :L'écriture de $g$ est effectivement du même tonneau : déterminer $A,B,C,D$ tels que $Aa+B=(Ca+D)bc/a$ conduit, après multiplication par $a^2$, à $Aa^3+Ba^2-C\sigma_3 a-D\sigma_3=0$.
Remarque : ... $g$ conserve le cercle $(ABC)$ ; elle opère sur lui comme composée des involutions de Frégier de pôle $H$ puis $O$. On retrouve de ce fait la localisation des points fixes de $g$.RHOM a dit :Salut à tous... la transformation circulaire est le composé de l inversion négative de centre $O$ , qui laisse le circoncercle de $ABC$ fixe globalement , et l'inversion négative de centre $L$ , qui laisse le circoncercle de $ABC$ globalement fixe comme c'est clarifié pour $A\rightarrow A'\to A"$ de même pour $B,C$.Comment montrer que le composée des involutions de Frégier de pôle $H$ puis $O$ est la même que le composée des involutions de Frégier de pôle $O$ puis $L$ autrement qu a été clarifié dans la figure ci-dessus.
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La matrice de pappus incite à appliquer le morphisme affine au point de Lemoine : son image a pour coordonnées barycentriques $(b^2+c^2-a^2::\cdots)$ ; il s'agit de l'inverse isotomique de $H$.
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Mon cher john_johnMaintenant réfléchis au théorème général suivant assez surprenant que nous venons de vérifier concrètement dans le cas particulier des applications $f$ et $g$.Soient $ABC$ et $A'B'C'$ deux triangles orthologiques du plan (euclidien).Soient $O$ et $O'$ les centres d'orthologie.Soit $f$ l'application affine $ABC\mapsto A'B'C'$.On sait que $f(O)=O'$C'est maintenant que cela devient intéressant.Soit $g$ l'application circulaire directe $ABC\mapsto A'B'C'$, eh bien on a encore: $g(O)=O'$.Amitiéspappus
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Bonjour,
pappus : j'ai vérifié par le calcul ce que tu m'as dit à propos de l'orthologie ($f(O)=O'$, etc.) Y a-t-il une raison profonde à cela, ou bien est-ce simplement une coïncidence ?
Amicalement, j__j
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