Partage

pappus

Bonjour à tous

Un petit problème de mon cru que j'avais déjà proposé autrefois sans aucun succès comme d'habitude, sans doute un manque manifeste de points alignés et de droites concourantes, pourquoi cela aurait-il changé aujourd'hui?

Je le propose à nouveau en pensant à Swingmustard qui se bat avec les aires algébriques

La figure ci-dessous montre  un gâteau $ABC$ de forme triangulaire.

$P$ et $Q$ sont les foyers de l'ellipse de Steiner inscrite.

$A'B'C'$ est le triangle podaire de $P$.

Montrer que les quadrilatères $AB'QC'$, $BC'QA'$, $CA'QB'$ ont la même aire.

Amicalement

pappus

stfj

Bonjour,

Dans le cas où ABC est équilatéral, son ellipse de Steiner inscrite est son cercle inscrit de centre O=P=Q. On a alors classiquement les égalités demandées. Comme les rapports d'aires sont un problème affine, par déformation (transvections,...), on ramène le problème posé à ce cas particulier.

Amicalement.

Rescassol

Bonjour,

Avec Morley circonscrit:

% Pappus - 21 Août 2024 - Partage 

clc, clear all

syms a b c

aB=1/a; bB=1/b; cB=1/c;  % Conjugués (Morley circpnscrit)

s1=a+b+c; s2=a*b+b*c+c*a; s3=a*b*c;
s1B=s2/s3; s2B=s1/s3; s3B=1/s3;

%-----------------------------------------------------------------------

syms p pB

[q qB]=TransfoIsogonale(s1,s2,s3,p,pB);
[ap bp cp apB bpB cpB]=TrianglePodaire(a,b,c,p,aB,bB,cB,pB);

ABpQCp=numden(Factor(det([a aB 1; bp bpB 1; q qB 1])+det([a aB 1; q qB 1; cp cpB 1])))
BCpQAp=numden(Factor(det([b bB 1; cp cpB 1; q qB 1])+det([b bB 1; q qB 1; ap apB 1])))
CApQBp=numden(Factor(det([c cB 1; ap apB 1; q qB 1])+det([c cB 1; q qB 1; bp bpB 1])))

Nul=Factor(resultant(ABpQCp-BCpQAp,BCpQAp-CApQBp,pB))
% On trouve Nul=a*b*c*(a-b)^2*(b-c)^2*(c-a)^2*(p-a)*(p-b)*(p-c)*Eq avec:
Eq = 3*p^2 - 2*s1*p + s2;

On trouve donc que les aires des trois quadrilatères sonr égales si $Eq=3p^2-2s_1p+s_2=0$.
Or il se trouve que ce polynôme est le polynôme dérivé de $F(p)=(p-a)(p-b)(p-c)$ et on sait que ses racines sont les affixes des foyers de l'ellipse inscrite de Steiner (Théorème de Marden, ou Siebeck), d'où le résultat.

Cordialement,
Rescassol

Rescassol

Bonjour,

Stéphane, la notion de foyer est euclidienne, pas affine.

Cordialement,
Rescassol

Dom

La phrase « les rapports d’aires sont un problème affine » est de l’ordre de l’intuition mais ne peut pas en l’état constituer une preuve. 

stfj

Bonjour à tous les deux,

Oui, vous avez raison.

Cordialement.

RHOM

Salut à tous

 Montrons que $ QA'BC'$ a le tiers de l'aire de $ABC$:

 Soient $G,M_a,M_c$ le centre de gravité de $ABC$  et centre de l'inellipse de Steiner  , les milieux de $BC,AB$; $P_a,P_c$ les symétriques de $P$ selon $BC,AB$ donc $Q,M_c,P_c$ sont alignés ainsi que $Q,M_a,P_a$;

on a $ [ QPC']=\frac 12[QPP_c] ,[M_cPC']=\frac 12[M_cPP_c]$ et $ [M_cGP ]=\frac 12[M_cQP ] $donc

$[QPC']= [ M_cGPC'] $

idem $[QPA']= [ M_aGPA'] $ on en déduit que $[QA'BC']= [  GM_aBM_c  ]$  ce qui signifie que  l'aire de $ QA'BC'$ est le tiers de l'aire de $ABC$.

cordialement

RH HAS

pappus

Merci Rescassol d'avoir résolu mon exercice par le calcul.

D'ailleurs comment faire autrement?

On se doute bien que ce n'est pas ainsi que j'ai découvert cette configuration.

Il y a plus de vingt ans maintenant, je m'étais posé la question de découper un triangle $ABC$ en trois quadrilatères d'aires égales en joignant trois points $A'\in [BC]$, $B'\in [CA]$, $C'\in [AB]$ à un point $S$ situé à l'intérieur du triangle $ABC$.

J'en avais fait tout un article, paru dans un des tout premiers numéros de Quadrature et je m'étais aperçu à cette occasion que les solutions faisaient partie d'une $FLTI$ dont le centre aréolaire était $S$ et l'équicentre le symétrique de $S$ par rapport au centre de gravité $G$ du triangle $ABC$.

Bien sûr la théorie des $FLTI$ n'existait pas à l'époque telle qu'on peut la trouver bien léchée dans le glossaire mais ce fut mon premier contact avec elle.

Je m'y suis intéressé  et j'ai alors découvert par moi même la plupart sinon la totalité des résultats prouvés dans le glossaire avec ma terminologie personnelle évidemment et j'en avais discuté longuement sur le site de Hiacynthos avec Jean-Pierre Erhmann qui m'avait beaucoup aidé à éclaircir certains points de la théorie.

Dans le cas où le centre aréolaire et l'équicentre sont isogonaux, le triangle podaire de l'équicentre fait automatiquement partie de la $FLTI$, d'où mon exercice proposé sans le moindre calcul!

Encore une fois merci Rescassol pour ton élégante solution!

Amitiés

pappus

pldx1

Je m'y suis intéressé  et j'ai alors découvert par moi même la plupart sinon la totalité des résultats prouvés dans le glossaire

Il semblerait que les coefficients de Neuberg aient été découverts par Neuberg. Pour le reste, des références plus précises sur http://www.hyacinthos.epizy.com  seraient bienvenues. Quant à quadrature: paywall !

Cordialement, Pierre.

pappus

Bonjour à tous

J'ai toujours dit qu'il n' y avait rien de nouveau sous le soleil de la géométrie du triangle, y compris ce que j'avais découvert par moi même et aussi tout le contenu géométrique du glossaire bien évidemment!

Amicalement

pappus

Swingmustard

Pas répondu plus tôt pour cause d'absence.

Trois quadrilatères également partagés...

@pappus, trois fois merci !

Amicalement,

Swingmustard