Un exercice pour avanc(é)er

Jean-Louis Ayme

Bonjour,

1. ABC un triangle

2. D le point de contact du cercle inscrit avec (BC)

3. 1b, 1c les cercles inscrits aux triangles BAD, CAD.

Question : 1b et 1c sont tangents.

Sincèrement
Jean-Louis

stfj

Bonjour,

AD est  tangente à 1b par définition. AD est aussi tangente à 1c par définition. Donc 1b et 1c sont tangents. $\square$

Cordialement.

Jean-Louis Ayme

peut-être en des points de contact différents...

Sincèrement
Jean-Louis

Rescassol

Bonjour,

Non, Stfj, rien ne te dit que le point de conact de $(AD)$ avec $1b$ soit le même que celui avec $1c$.
 
Cordialement,
Rescassol

lesmathspointclaires

Il y a des problèmes de synchronisation récurrents, c'est vraiment pénible, les mêmes qu'avant la refonte.

stfj

Ah oui . Oups Je trouvais cela vraiment très simple pour "avancé".

Rescassol

Bonjour,

Jean-Louis, tes deux cercles n'ont pas l'air tangents:

Cordialement,
Rescassol
Edit: Oups, j'ai mal placé $D$.

pappus

Bonjour à tous

Il semble me souvenir que lorsque j'étais en classe de Troisième, les distances $AE'$, $AF'$, $DE$, $DF$ se calculaient très facilement en fonction de $AB$,$AC$, $AD$, $BD$, $CD$ et donc en fonction de $a=BC$, $b=CA$, $c=AB$ et $AD$

Mais est-ce encore possible aujourd'hui, compte tenu des progrès colossaux de notre enseignement?

Peut-être avec une avalanche de wedges?

Amicalement

pappus

plsryef

Une petite image:

on dirait que le point de contact est l'intersection des droites (EF) (passant par les centres de 1b et 1c) et de la droite (AD) en prime un petit trapèze EFHG et D milieu de [GH], en prenant les points de contact des cercles sur (BC) il n'y a plus qu'a repérer les cerf-volants et c'est bon. [AD] est un côté commun de ADB et ADC.

Rescassol

Bonjour,

% Jean-Louis Ayme - 24 Octobre 2024 - Un exercice pour avancé

clear all, clc

syms a b c real

A=[1; 0; 0]; B=[0; 1; 0]; C=[0; 0; 1]; % Sommets du triangle ABC
D=[0;a+b-c; a-b+c];

da2=Factor(Distance2(D,A,a,b,c));
db2=Factor(Distance2(D,B,a,b,c));
dc2=Factor(Distance2(D,C,a,b,c));

da2=(b-a+c)*(a^2+a*b+a*c-2*b^2+4*b*c-2*c^2)/(4*a);
db2=(a-b+c)^2/4; dc2=(a+b-c)^2/4;
 
syms da real % da^2=da2
db=(a-b+c)/2; dc=(a+b-c)/2;
AD=Wedge(A,D); % AD=[0, b-a-c, a+b-c]
Ob=SimplifieBary(Barycentre([A B D],[db da c]))
Oc=SimplifieBary(Barycentre([A C D],[dc da b]))
% Ob=[a*(a-b+c); c*(a+b-c)+2*a*da; c*(a-b+c)]
% Oc=[a*(a+b-c); b*(a+b-c); b*(a-b+c)+2*a*da]

Hb=SimplifieBary(ProjectionOrthogonaleBary(Ob,AD,a,b,c))
Hc=SimplifieBary(ProjectionOrthogonaleBary(Oc,AD,a,b,c))

Nul=numden(Factor(Distance2(Hb,Hc,a,b,c)));
Nul=Factor(subs(Nul,da^2,da2))
% On trouve Nul=0 donc Hb=Hc et c'est gagné

Cordialement,
Rescassol

pappus

Bonjour à tous

Il faut utiliser le lemme suivant

Amicalement

pappus

stfj

Bonjour

Mieux que les souvenirs d'une mémoire qui peut flancher, il y a l'avalanche de wedges :

__________________

sagemath via

_______________

var('a b c')
def norm(P):
    return P/(Linf*P)
def vecteur(X,Y):
    return norm(Y)-norm(X)

A=vector([1,0,0])
B=vector([0,1,0])
C=vector([0,0,1])
Linf=vector([1,1,1])
pyth=1/2*matrix([[0,-c^2,-b^2],[-c^2,0,-a^2],[-b^2,-a^2,0]])
AB=A.cross_product(B)
BC=B.cross_product(C)
CA=C.cross_product(A)
Sa=1/2*(b^2+c^2-a^2)
Sb=1/2*(a^2+c^2-b^2)
Sc=1/2*(a^2+b^2-c^2)
I=vector([a,b,c])

AI=A.cross_product(I)
P=AI.cross_product(BC)
BP=sqrt(vecteur(B,P)*pyth*vecteur(B,P))
print(BP)

__________________________________________

fournit $$BP=\frac{ac}{b+c}$$

même à quelqu'un qui ignorait jusqu'à l'existence d'une telle "formule", n'ayant jamais eu le doux plaisir d'en surcharger sa mémoire.

_________________

"Les méthodes sont les économies de la mémoire."

lesmathspointclaires

Indications (sans figure ni lettres supplémentaires)

$D$ est le milieu du segment des points de contact des petits cercles (1) (il suffit de considérer les différents points de contacts sur les autres côtés).
Le complémentaire du triangle de contact dans son triangle est l'union de trois isocèles disjoints.
On applique cette remarque à  deux certains isocèles en $D$ ayant un côté dans $(AD)$.

On conclut avec (1)

lesmathspointclaires

Je trouve dommage de ne pas avoir utilisé que $EDF$ est rectangle ($E$ et $F$ centres des petits cercles de contact .voir figure)
Donc voici une propriété qui l'utilise : le cercle de diamètre $EF$ a deux tangentes communes avec les deux petits cercles (de centre $E$ et $F$)

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

lesmathspointclaires

J'ai encore posté sans voir vos messages, et je vous assure que même celui de Pappus n'était pas affiché deux heures après!! Donc peut-être que j'écris maintenant et qu'on a déjà répondu. J'insiste sur le fait qu'il n'y a aucun calcul , c'est niveau 5e (d'il y a 35 ans)

lesmathspointclaires

pappus a dit :

Bonjour à tous

Il faut utiliser les lemmes suivants

Amicalement

pappus

Bonjour pappus!
Il faut ne pas dire "il faut", mais "on peut", ou il suffit^^

pappus

Merci lesmathspointclaires pour ce petit cours de sémantique mais quelque soit le verbe  utilisé, il y a de grandes chances qu'au bout du bout et à la fin des fins, ce sera moi qui mettra les mains dans le cambouis comme d'habitude!

Amicalement

pappus

lesmathspointclaires

@pappus
Haha, non ce n'est pas de la sémantique gratuite, c'est pour signifier que je pense qu'on peut ne pas faire de calcul. Mais comme tout le monde semble s'en laver les mains je vais les mettre dans le cambouis - j'espère ne pas m'être avancé de manière injustifiée, non pour moi-même mais pour mon image😂😂😂

Vassillia

Salut @lesmathspointclaires

Je ne veux pas te décourager mais le temps que tu cherches sans calcul, cela fait belle lurette que @Rescassol a déjà fait le calcul ... mais c'est dit gentiment, bon courage quand même ! C'était juste pour relativiser l’intérêt du sans calcul et pour féliciter Rescassol car j'aurais surement fait plus compliqué, vérifier que les 2 projetés orthogonaux des centres sont confondus est une bonne idée.

bd2017

Bonjour

Une solution à la place d'un calcul barycentrique avec la machine. On observe la figure que je joins ici, où tout peut être justifié avec un raisonnement de collégien. En particulier on montre que $(O_1O_2) \perp (AD)$ donc  les deux cercles sont bien tangents. 

lesmathspointclaires

Essayez de lire les posts précédents quand vous postez surtout si vous répondez (@Vassilia) ou si vous dites exactement la même chose avec la même figure (@bd2017)
Je donnerai une démo sans calcul cette nuit car là tout de suite je ne peux pas (en plus il faut que je réfléchisse un chouilla pour voir si on peut comme je l'ai dit dans un autre post "garder que le triangle est rectangle pour une autre propriété de cercle tangent' j'expliquerai aussi pourquoi je cherche à ne pas utiliser cette propriété (dûe aux bissectrices intérieures/extérieures) et aussi je répondrai à divers sujets que tu évoques Vassillia)

bd2017

J'observe Monsieur @lesmaths-pas-claires que rien n'est clair chez vous.
1. D'abord où voyez vous que je réponds à Vassilia?
2. J'ai bien lu les propositions, en particulier un calcul barycentrique proposé par @pappus et je pense fait par Rescassol avec l'aide d'un logiciel.
Je propose une solution différente que je ne pense pas avoir vu dans les posts précédents.

Bonne nuit.

pappus

Bonne nuit à tous et faites de beaux rêves.

En fait je n'ai besoin que du lemme de gauche.

Je ne sais pas quelle lubie m'a poussé à citer le lemme de droite!

J'ai donc effacé la partie droite de ma figure qu'on peut encore voir dans un message antérieur de lesmathpointclaires.

Ca ne va pas l'aider à se clarifier!

Pardon!

Excuse moi aussi stfj, mais au moins je t'aurais donné une occasion d'utiliser tes chers wedges.

En appliquant ce lemme dans les triangles $ABD$ et $ACD$, on trouve sans difficulté:

$$AE'=AF'=\dfrac 12(AD+\dfrac{b+c-a}2)$$

$$DE=DF=\dfrac 12(AD-\dfrac{b+c-a}2)$$

Le reste est trivial, faut-il vraiment que je l'écrive?

Amicalement

pappus

lesmathspointclaires

[Edit : j'éditerai mieux l'orthographe tout à l'heure, là je suis trop pris, je viens de lire ton message @pappus, je suis heureux de constater que je n'avais pas complètement tort quand je trouvais qu'il y avait surement trop de calcul^^, oh et tu exagères de me tacler sur mon pseudo à ton tour hahaha ! - au départ c'était un jeu de mot en référence à "point net" dans le nom du site^^, bonne nuit à toi!]
@bd2017
1. Nulle part, je m'adressais à Vassillia, le "arobase"   étant pour moi synonyme de "cf" mais pour des personnes, je comprends que ça puisse ne pas être clair. Il n'y avait je le précise aucune animosité, vraiment zéro ni à l'endroit de Vassillia, ni à ton endroit Monsieur bd 2017 du futur, sauf que maintenant un tout petit peu à ton endroit, mais comme je te trouve sympa ça sera passager, s'il y a une petite pique ou deux ne m'en tiens pas trop rigueur.
2. tu dis "je propose une solution différente". Déjà tu ne proposes aucune solution, rien qu'une figure, et je te confirme que j'ai posté la même, donc si tu proposes quelque chose, ça n'est différente que parce que strictement inclus dans une figure plus complète, avec une heuristique, et même deux, je vais y revenir. Cherche mieux au besoin, je te mettrai le lien, mais c'est ouf de pas être de lire surtout après précision explicite!!

Notons que la figure change quand je travaille dessus (les updates un live) mais c'est des détails.

Quand j'ai posté l'heuristique (il s'agit de montrer que $D$ est milieu des deux projetés des centres) je croyais que c'était soit immédiat, soit que de toute façon on y arriverait en jouant avec des symétries des d'afférents types (celle par rapport aux bissectrices et celles par rapport à (AD) (et peut être perm.) je suis presque sûr que c'est le cas (je miserai sur une conjugaison d'un des types par rapport à l'autre mais je n'arrive pas à réfléchir il y a trop de bruit autour, je peux par contre parler en général ou préciser une piste qui je crois fonctionnera quand/si quelqu un ou moi s'y colle.
J'ai ensuite mis un autre post, celui où il y a la figure, et j'ai dit que c'était dommage de ne pas avoir utilisé le fait que le triangle formé de $D$ et des centres des petits cercles soit rectangle, mais comme je n'ai pas pu me concentrer sur le problème, si ça se trouve je vais être obligé de l'utiliser. Il est aussi possible que pappus ait raison et nous tort et que seul le calcul réponde à la question, j'en doute fortement mais je me trompe assez souvent donc je ne serai pas surpris que ça soit encore le cas.

Je ne sais pas pourquoi tout le monde s'embrouille au lieu d'être enthousiaste à chercher des trucs ensemble, chacun veut poster son truc et s'en fout de ce que les autres ont fait ou dit. Ca m'écœure  un peu, j'ai jamais ressenti ça sur les réseaux car soit j y vais pas soit j'ai que des amis stylés ou alors je survole en me disant "mon dieu!!!" Ça me perturbe qu'il y ait le même genre de bassesses sur un forum de maths, il était beau comme une belle plage, à base, mais il est bien pollué

bd2017

@pappus a dit.

$$AE'=AF'=\dfrac 12(AD+\dfrac{b+c-a}2)$$

$$DE=DF=\dfrac 12(AD-\dfrac{b+c-a}2)$$

Le reste est trivial, faut-il vraiment que je l'écrive?

bonjour

Si  on désigne par $K$  le point d'intersection du cercle de centre $A$ et  passant $E'$  avec la droite $(AD)$. 

Ce point est sur le cercle inscrit au triangle $ABD.$ 

Mais  puisque  $AE'=AF'$  pour la même raison $K$ est sur le cercle inscrit du triangle $ACD $

Les deux cercles inscrits sont donc tangents.

Saut erreur, seule la relation $AE'=AF'$ semble suffire pour terminer?

pappus

Bonjour à tous

Une nouvelle occasion pour les sectateurs des wedges ou pour ceux de la géométrie synthétique.

Mes figures suggèrent fortement que tant qu'à dégainer ses wedges, il vaudrait mieux le faire dans l'espace des cercles c'est-à-dire "circulariser".

Amicalement

pappus

lesmathspointclaires

Bonjour pappus!

Si $D$ est le milieu de $EF$ [moi c'est $MN$ hihi] c'est bon pour moi, je redonne la figure un peu "faussée". En effet tous les segments bleus sont égaux. Mais je veux y arriver sans calcul et j'ai abandonné l'heuristique du début avec les symétries, ça marche peut-être mais je n'y arrive pas.. par contre j'ai une jolie piste que je fignole un peu avant de poster ^^

Rescassol

Bonjour,

Je précise que mon code n'utilise pratiquement que des fonctions dont je suis l'auteur et que je peux fournir à la demande.

Cordialement,
Rescassol

lesmathspointclaires

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

Je change $D$ en $D_1$ et dorénavant $D$ est quelconque, les deux cercles de contacts varient avec elle, rien d'autre ne change. Le cercle rouge de diamètre $[I_bI_c]$ passe par $D$ et $D_1$. Je vais le montrer dans un prochain post.

En l'admettant, c'est fini : en effet si$D=D_1$ le cercle rouge est tangent au coté $[BC]$ et comme $(ID)$ lui est perpendiculaire, elle passe par le centre du cercle, c'est-à-dire le milieu de $[I_bI_c]$, les projeté orthogonaux sur $[BC]$ étant précsiement $E,D,F$ on est ramené au cas discuté dans le post précédent.

Le lemme arrive bientôt;)

lesmathspointclaires

Les points sont mal mis, voici une meilleure figure, mais de toute façon, on peut cliquer sur le lien geogebra   :
https://www.geogebra.org/classic/uxznquca

Profitons-en pour justifier que le cercle rouge, de diamètre $[I_bI-c]$ passe par la "variable $D$" (attention j'ai changé de nom, l'ancien $D$ est $D_1$ qui est fixe, cf lien et/ou figure)
En effet, $(DI_b)$ est bissectrice intérieure de l'angle $BDA$ et $(DI_c)$ bissectrice extérieure du même, donc elles sont orthogonales.

Il ne reste plus qu'à montrer l'egalité $ED=D_1F$ (en orange sur la figure actualisée). 

Je regrouperai tous les posts plus tard^^ et j'examinerai mieux ce que tu as posté ce matin, notamment le dernier dessin, et aussi je  te poserai des questions sur ces mystérieux "wedges", si tu veux bien^^?

lesmathspointclaires

Rescassol a dit :

Bonjour,

Je précise que mon code n'utilise pratiquement que des fonctions dont je suis l'auteur et que je peux fournir à la demande.

Cordialement,
Rescassol

Bonjour Rescassol
Ça m'intéresse grandement, tous tes codes sont une mine d'or, et je prévois de passer beaucoup de temps à les étudier!! 

Rescassol

Bonjour,

il n'y a pas de mystère sur le wedge, c'est le nom du symbole $\wedge$.
Il calcule un simple produit vectoriel: $[a_1\space b_1\space c_1]\wedge[a_2\space b_2\space c_2]=[b_1c_2-b_2c_1\space \space c_1a_2-c_2a_1 \space \space a_1b_2-a_2b_1]$
Ou en Matlab:

function Tab = Wedge(T1,T2)
         % Droite passant par deux points ou 
		 % intersection de deux droites
         
         S=size(T1);
         
         x1=T1(1); y1=T1(2); z1=T1(3);
         x2=T2(1); y2=T2(2); z2=T2(3);
         
         Tab=[y1*z2 - y2*z1, z1*x2 - z2*x1, x1*y2 - x2*y1];
         if S(1)==1
             Tab=Tab.';
         end
end

Cordialement,
Rescassol

Jean-Louis Ayme

Bonjour,

j'ai tout simplement appliqué le théorème d'Henri Pitot aux trois triangles et conclut après simplification...

Sincèrement
Jean-Louis

lesmathspointclaires

@Rescassol ah je m'en doutais mais je n'étais pas certain à cause de la dimension. Tu connais le livre de Conway sur les triangles? J'ai vu que tu mettais souvent "notation de Conway" ? J'aimerais bien me le procurer, ou alors des pdf ou site qui en parle en détail... Je vais me coucher un peu j'ai la cervelle en vrac... A tout à l'heure!

lesmathspointclaires

Jean-Louis Ayme a dit :

Bonjour,

j'ai tout simplement appliqué le théorème d'Henri Pitot aux trois triangles et conclut après simplification...

Sincèrement
Jean-Louis

C'est toi qui a inventé ce problème? 

Bouzar

Bonjour,

Selon Andreas Hatzipolakis ce problème est ancien et il figure dans la revue mathématique grecque Bulletin de la Société Mathématique de Grèce (Supplément), No, 2, mai 1934, p. 413.

Amicalement

lesmathspointclaires

Rescassol a dit :

Bonjour,

% Jean-Louis Ayme - 24 Octobre 2024 - Un exercice pour avancé

clear all, clc

syms a b c real

A=[1; 0; 0]; B=[0; 1; 0]; C=[0; 0; 1]; % Sommets du triangle ABC
D=[0;a+b-c; a-b+c];

da2=Factor(Distance2(D,A,a,b,c));
db2=Factor(Distance2(D,B,a,b,c));
dc2=Factor(Distance2(D,C,a,b,c));

da2=(b-a+c)*(a^2+a*b+a*c-2*b^2+4*b*c-2*c^2)/(4*a);
db2=(a-b+c)^2/4; dc2=(a+b-c)^2/4;
 
syms da real % da^2=da2
db=(a-b+c)/2; dc=(a+b-c)/2;
AD=Wedge(A,D); % AD=[0, b-a-c, a+b-c]
Ob=SimplifieBary(Barycentre([A B D],[db da c]))
Oc=SimplifieBary(Barycentre([A C D],[dc da b]))
% Ob=[a*(a-b+c); c*(a+b-c)+2*a*da; c*(a-b+c)]
% Oc=[a*(a+b-c); b*(a+b-c); b*(a-b+c)+2*a*da]

Hb=SimplifieBary(ProjectionOrthogonaleBary(Ob,AD,a,b,c))
Hc=SimplifieBary(ProjectionOrthogonaleBary(Oc,AD,a,b,c))

Nul=numden(Factor(Distance2(Hb,Hc,a,b,c)));
Nul=Factor(subs(Nul,da^2,da2))
% On trouve Nul=0 donc Hb=Hc et c'est gagné

Cordialement,
Rescassol

Bonsoir Rescassol,

Je n'arrive pas à comprendre, et les tutos sur internet parcourus à la va vite certes (j'ai passé une dizaine de minutes, et abandonné préferenant peut-être un conseil de lecture adapté à ce qu'on fait).

Plusieurs questions très générales :
"da2=Factor(Distance2(D,A,a,b,c));"
Ca c'est une sorte de déclaration ? ou déjà une/plusieurs fonction.s qui existe?
Je pense plutôt pour la première à cause de la ligne 

da2=(b-a+c)*(a^2+a*b+a*c-2*b^2+4*b*c-2*c^2)/(4*a)

j'aimerais comprendre ce qui se passe, quels sont les statuts des différents da2 dans les deux occurrences que j'ai citées...

Je pense que je serai mieux à même de comprendre le reste en ayant déjà ces quelques débuts de réponses...
Et également au début, on a ABC équilatéral, comment fait-on pour passer au cas général ? (où est-ce que ça se situe précisément dans le code.

Ne t'embête pas à répondre à tout, et prends ton temps ! Je vais plutôt me concentrer sur Sage car je n'arrive à rien installer, et la Shell qu'a donné Vassillia permet de faire des premiers pas, de plus les tutos sont beaucoup plus lisibles, je trouve.

A bientôt!

Rescassol

Bonsoir,

Dans mon code, le triangle $ABC$ est quelconque et non équilatéral.
$a,b,c$ sont les longueurs de ses côtés.
$Distance2(D,A,a,b,c))$ calcule le carré de la distance entre $D$ et $A$. C'est une fonction que j'ai écrite.
Ensuite on appelle $Factor$ qui est une fonction factorisant le résultar précédent.
Puis on affecte à la variable $da2$ le résultat de ce calcul.
La ligne $da2=(b-a+c)*(a^2+a*b+a*c-2*b^2+4*b*c-2*c^2)/(4*a)$ indique ce que le calcul précédent a trouvé.

Cordialement,
Rescassol

lesmathspointclaires

D'accord merci!
Je comprends mieux, ça me rassure ! je comprends mieux une remarque que tu as faite précédemment, où tu proposes de préciser si on a des questions à propos des fonctions que tu as créées, je n'avais pas compris qu'elles n'étaient pas forcément visibles, enfin je n'étais pas vraiment sûr. Merci pour ces précisions Rescassol !

lesmathspointclaires

Généralisation très ergonomique/symétrique

Les flèches sont des grandeurs algébriques 

1) Différence des deux bleues = différence des deux rouges = différence des deux jaunes

2) bleu  + jaune + rouge = 0

3) bleue pointillée + jaune pointillée + rouge pointillée = 0

4) on retrouve la situation du fil quand le point turquoise est sur un point de contact.

VOICI LE LIEN GEOGEBRA
https://www.geogebra.org/classic/ymfnrmc5

lesmathspointclaires

Vassillia a dit :

Salut @lesmathspointclaires

Je ne veux pas te décourager mais le temps que tu cherches sans calcul, cela fait belle lurette que @Rescassol a déjà fait le calcul ... mais c'est dit gentiment, bon courage quand même ! C'était juste pour relativiser l’intérêt du sans calcul et pour féliciter Rescassol car j'aurais surement fait plus compliqué, vérifier que les 2 projetés orthogonaux des centres sont confondus est une bonne idée.

La seule chose que je trouve décourageante, c'est que le post du dessus puisse passer inaperçu !