Concours général 1873, Troisième

stfj

Bonjour

Voici un exercice trouvé dans les travaux de @Jean-Louis Ayme (p.24). 

$(I)$ et $(J)$ deux cercles sécants en $A$ et $B$

$d$ une monienne passant par $B$ et coupant $(I)$ et $(J)$ respectivement en $P$ et $Q$

$R\doteq PI\cap QJ$

Il s'agit de prouver que $R,P, Q$ et $A$ sont cocycliques.

J'ai quelques idées en barycentriques pour relever ce défi. Je voulais vous le proposer également.

Cordialement.

https://www.geogebra.org/classic/vphg4wwc

bd2017

Bonjour

Je suis curieux de voir la démonstration en barycentrique.

Sinon, en considérant $s_A$   la similitude directe de centre $A$ qui transforme le cercle $(I)$  en le cercle $(J)$ on a:
 $$J=s_A(I),\, \mbox{ et }    Q=s_A(P).$$
Ceci implique:    $$\widehat{PAQ}=\widehat{IAJ}.$$
Mais comme l'image de la droite $(PI)$  par $s_A$ est la droite $(QJ)$  et que ces deux droites se coupent en $R,$ on a donc   $$\widehat{PRQ}=\widehat{IAJ}=\widehat{PAQ}$$
Avec le théorème de l'angle inscrit, on en déduit que $P,R,Q,A$ sont cocycliques.

stfj

Bonjour @bd2017 : merci pour cette très jolie démonstration utilisant le groupe des similitudes du plan. J'ai d'autres idées que les coordonnées barycentriques: en utilisant la méthode de Morley en prenant $I$ en $0 $ ou la géométrie anallagmatique que je découvre. Cordialement.

Vassillia

Bonjour, vous voulez du barycentriques ? Pas de problème, ce n'est qu'une application directe avec les bons outils.

J'ai gardé $A$ et $B$ comme faisant partie du repère barycentriques et j'ai mis $C$ n'importe où sur la monienne, j'aurais pu prendre $C=P$ ou $C=Q$ pour faciliter les calculs mais j'aurais risqué qu'on me dise "oui mais si la monienne est tangente à ce cercle justement..."

def simple(vec):
    if len(vec)==3:
        num=gcd([numerator(vec[0]), numerator(vec[1]), numerator(vec[2])])
        den=lcm([denominator(vec[0]),denominator(vec[1]),denominator(vec[2])])
        facteur=num/den
        vec0=factor(vec[0]/facteur)
        vec1=factor(vec[1]/facteur)
        vec2=factor(vec[2]/facteur)
        return vector([vec0,vec1,vec2])
    
def ver(P) :
    return vector([P[0]*(Linf*P),P[1]*(Linf*P),P[2]*(Linf*P),P*pyth*P])

def cercle(vec1,vec2,vec3):
    mat=transpose(matrix([ver(vec1),ver(vec2),ver(vec3)]))
    c1=det(mat[(1,2,3),:])
    c2=-det(mat[(0,2,3),:])
    c3=det(mat[(0,1,3),:])
    c4=-det(mat[(0,1,2),:])
    return vector([c1,c2,c3,c4])

def centre(cer):  #TriangleCenter(P1,P2,P3,3)
    cen=matQ*cer
    return vector([cen[0], cen[1], cen[2]])

def solbar(vec):
    if len(vec)==3:
        vec0=vec[0].rhs()
        vec1=vec[1].rhs()
        vec2=vec[2].rhs()
        return vector([vec0,vec1,vec2])       

#version coordonnées barycentriques
var('a b c' , domain='positive') #a=Distance(B,C) ; b=Distance(C,A) : c=Distance(A,B)
Sa=(b^2+c^2-a^2)/2 ; Sb=(a^2+c^2-b^2)/2 ; Sc=(a^2+b^2-c^2)/2 # notations de Conway
S=sqrt((a+b+c)*(b+c-a)*(c+a-b)*(a+b-c))/2  # S=2*aire(ABC) comme dans ETC
Linf=vector([1,1,1])  
pyth=1/2*matrix([[0,-c^2,-b^2],[-c^2,0,-a^2],[-b^2,-a^2,0]]) #cercle circonscrit à ABC
matQ=-matrix([[a^2,-Sc,-Sb,-a^2*Sa],[-Sc,b^2,-Sa,-b^2*Sb],[-Sb,-Sa,c^2,-c^2*Sc],[-a^2*Sa,-b^2*Sb,-c^2*Sc,a^2*b^2*c^2]])/(2*S^2) #quartique de l’espace des cycles

var('p q r u v w x y z')
A=vector([1,0,0])
B=vector([0,1,0])
C=vector([0,0,1])
cer1=cercle(A,B,vector([p,q,r]))
cer2=cercle(A,B,vector([u,v,w]))
droite=B.cross_product(C)
M=vector([x,y,z])
(sol1,sol2)=solve([droite*M==0,cer1*ver(M)==0],x,y,z)
P=simple(solbar(sol1))
(sol1,sol2)=solve([droite*M==0,cer2*ver(M)==0],x,y,z)
Q=simple(solbar(sol1))
I=centre(cer1)
J=centre(cer2)
R=simple((P.cross_product(I)).cross_product(Q.cross_product(J)))
print(factor(det(matrix([ver(R),ver(P),ver(Q),ver(A)]))))

stfj

Bonjour @Vassillia : pourrais-tu le faire avec la méthode de Morley, s'il te plaît?

Vassillia

Bien sûr mais si tu me promets de les appeler désormais coordonnées inclusives (c'est un bon deal, non?)

Cette fois, pour faciliter les calculs et donner envie de pratiquer, j'ai considéré que $P$ n'étant pas confondu avec $B$, je pouvais m'en servir pour définir la monienne. Tant pis pour le risque encouru d'autant qu'il suffirait de regarder l'autre cercle pour régler le problème

def simple(vec):
    if len(vec)==3:
        num=gcd([numerator(vec[0]), numerator(vec[1]), numerator(vec[2])])
        den=lcm([denominator(vec[0]),denominator(vec[1]),denominator(vec[2])])
        facteur=num/den
        vec0=factor(vec[0]/facteur)
        vec1=factor(vec[1]/facteur)
        vec2=factor(vec[2]/facteur)
        return vector([vec0,vec1,vec2])
    
def ver(P) :
    return vector([P[0]*(Linf*P),P[1]*(Linf*P),P[2]*(Linf*P),P*pyth*P])

def cercle(vec1,vec2,vec3):
    mat=transpose(matrix([ver(vec1),ver(vec2),ver(vec3)]))
    c1=det(mat[(1,2,3),:])
    c2=-det(mat[(0,2,3),:])
    c3=det(mat[(0,1,3),:])
    c4=-det(mat[(0,1,2),:])
    return vector([c1,c2,c3,c4])

def centre(cer):  #TriangleCenter(P1,P2,P3,3)
    cen=matQ*cer
    return vector([cen[0], cen[1], cen[2]])

def solinc(vec):
    if len(vec)==2:
        vec0=vec[0].rhs()
        vec2=vec[1].rhs()
        return vector([vec0,t,vec2])        

#version coordonnées inclusives
Linf=vector([0,1,0])
pyth=1/2*matrix([[0,0,1],[0,0,0],[1,0,0]]) #cercle de centre (0,0) et de rayon 0
matQ=-matrix([[0,0,-1,0],[0,0,0,1],[-1,0,0,0],[0,1,0,0]]) #quartique de l’espace des cycles

var('a b p u v w z t zz')
A=vector([a,1,1/a])
B=vector([b,1,1/b])
P=vector([p,1,1/p])
cer1=cercle(A,B,P)
cer2=cercle(A,B,vector([u,v,w]))
droite=P.cross_product(B)
M=vector([z,t,zz])
(sol1,sol2)=solve([droite*M==0,cer1*ver(M)==0],z,zz)
P=simple(solinc(sol1))
(sol1,sol2)=solve([droite*M==0,cer2*ver(M)==0],z,zz)
Q=simple(solinc(sol2))
I=centre(cer1)
J=centre(cer2)
R=simple((P.cross_product(I)).cross_product(Q.cross_product(J)))
print(factor(det(matrix([ver(R),ver(P),ver(Q),ver(A)]))))

Rescassol

Bonjour,

Une autre version barycentrique (j'ai renommé $A,P,Q,B$ en $A,B,C,P$) où $ABC$ est le triangle de base:

%  Stfj - 27 Octobre 2024 - Concours général 1873, Troisième

clear all, clc

syms a b c t real

A=[1; 0; 0]; B=[0; 1; 0]; C=[0; 0; 1]; % Sommets du triangle ABC

P=Barycentre([B C],[1 t]);
I=SimplifieBary(CentreCercleTroisPointsBary(A,B,P,a,b,c))
J=SimplifieBary(CentreCercleTroisPointsBary(A,C,P,a,b,c))
BI=SimplifieBary(Wedge(B,I))
CJ=SimplifieBary(Wedge(C,J))
R=SimplifieBary(Wedge(BI,CJ))

Nul=Factor(Cocycliques(A,B,C,R,a,b,c))
% On trouve Nul=0 donc c'est gagné

Cordialement,
Rescassol

Jean-Louis Ayme

Bonjour,

j'ai revisité ma preuve avec trois noms utiles : Thalès, Miquel et Möbius...

Sincèrement
Jean-Louis

Rescassol

Bonjour,

Un tout petit peu plus simple, avec quelques détails:

%  Stfj - 27 Octobre 2024 - Concours général 1873, Troisième

clear all, clc

syms a b c t real

% Notations de Conway
Sa=(b^2+c^2-a^2)/2; Sb=(c^2+a^2-b^2)/2; Sc=(a^2+b^2-c^2)/2;

A=[1; 0; 0]; B=[0; 1; 0]; C=[0; 0; 1]; % Sommets du triangle ABC

M=Barycentre([B C],[t 1-t]);
I=SimplifieBary(CentreCercleTroisPointsBary(A,B,M,a,b,c));
% I=[a^2*(Sb*t+Sa); a^2*Sa*t+b^2*Sb; c^2*(Sc-a^2*t)];
J=SimplifieBary(CentreCercleTroisPointsBary(A,C,M,a,b,c));
% J=[a^2*(Sc*t-b^2); b^2*(Sc-a^2*t); a^2*Sa*(t-1)-c^2*Sc];
BI=SimplifieBary(Wedge(B,I)); % BI=[c^2*(a^2*t-Sc), 0, a^2*(Sb*t+Sa)]
CJ=SimplifieBary(Wedge(C,J)); % CJ=[b^2*(a^2*t-Sc), a^2*(Sc*t-b^2), 0]
R=SimplifieBary(Wedge(BI,CJ));
% R=[-a^2*(Sc*t-b^2)*(Sb*t+Sa); b^2*(a^2*t-Sc)*(Sb*t+Sa); c^2*(Sc*t-b^2)*(a^2*t-Sc)]
% Ou encore R=[-a^2/(a^2*t-Sc); b^2/(Sc*t-b^2); c^2/(Sb*t+Sa)]

Nul=Factor(a^2*R(2)*R(3)+b^2*R(3)*R(1)+c^2*R(1)*R(2))
% On trouve Nul=0 donc c'est gagné

Cordialement,
Rescassol

Edit: Ci-joint le fichier Géogébra (enlever le ".txt"). On peut bouger $M$ sur $(BC)$.

Rescassol

Bonjour,

Montrer que l'enveloppe de la droite $(IJ)$ quand $M$ décrit $(BC)$ est la parabole de foyer $A$ et de directrice $(BC)$.

Cordialement,
Rescassol

stfj

J'ai l'intuition que cet exercice se règle rapidement avec une inversion bien choisie. Mais mon manque de pratique de la géométrie de l'inversion ne me permet pas de le faire seul.

Soit $\mathscr C$ le cercle de centre $A$ passant par $B$. L'inversion wrt $\mathscr C$ semble transformer $R,P,Q,A$ en des points alignés.https://www.geogebra.org/classic/kyvmvma6

Vassillia

$\def\tra#1{{{\vphantom{#1}}^{t}{#1}}}$

@stfj je compte sur toi pour démontrer par les méthodes habituelles, dans le repère choisi par Rescassol, qui est d'ailleurs une très jolie paramétrisation (bravo), que :

$(IJ) \simeq \left(-a^{2} t^{2} + a^{2} t + b^{2} t - c^{2} t - b^{2},\,-{\left(a t - a + c\right)} {\left(a t - a - c\right)},\,-{\left(a t + b\right)} {\left(a t - b\right)}\right)$. Je choisis par la suite de noter cette droite exceptionnellement en colonne (puisque le principe est le même que pour les points et que je n'ai pas envie de m'embetter)

On constate que le résultat est de degré 2 en $t$ et alors on sait que l'enveloppe est une conique, c'est à dire on cherche une matrice symétrique $Q$ telle que $\tra{(IJ)} \cdot Q^{-1} \cdot (IJ)=0$

On pourrait résoudre un système linéaire à 5 équations mais il y a mieux et c'est le moment de présenter le joli algorithme locusconi de pldx1.

On va écrire $(IJ) \simeq \left(\begin{array}{ccc} -a^{2} & a^{2} + b^{2} - c^{2} & -b^{2} \\ -a^{2} & 2 \, a^{2} & -{\left(a + c\right)} {\left(a - c\right)} \\ -a^{2} & 0 & b^{2} \end{array}\right)$ $\cdot \begin{pmatrix} 1\\t\\t^2 \end{pmatrix}$ et appeler $P$ cette matrice nouvellement apparue.

Donc au final on veut $ \tra{\begin{pmatrix}  1\\t\\t^2 \end{pmatrix}}  \tra{P} \cdot Q^{-1} \cdot P \cdot \begin{pmatrix} 1\\t\\t^2 \end{pmatrix}=0$ autrement dit on peut prendre $\tra{P} \cdot Q^{-1} \cdot P = \left(\begin{array}{rrr} 0 & 0 & 1 \\ 0 & -2 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{array}\right)=D$ une matrice diagonale

Et c'est gagné $Q^{-1} =\tra{P}^{-1} \cdot D \cdot P^{-1}$ ou encore pour limiter le cout des inversions de matrices $ Q =P \cdot D^{-1} \tra{P} $.

Bref, on trouve $Q \simeq \left(\begin{array}{ccc} -{\left(a + b + c\right)} {\left(a + b - c\right)} {\left(a - b + c\right)} {\left(a - b - c\right)} & 0 & 0 \\ 0 & -4 \, a^{2} c^{2} & 2 \, {\left(a^{2} - b^{2} - c^{2}\right)} a^{2} \\ 0 & 2 \, {\left(a^{2} - b^{2} - c^{2}\right)} a^{2} & -4 \, a^{2} b^{2} \end{array}\right)$

Et je laisse à nouveau @stfj conclure et identifier cette conique

Jean-Louis Ayme

Bonjour,

la tangente à (J) en B relayé par le théorème de Miquel permet de conclure...

Sincèrement
Jean-Louis

Rescassol

Bonjour,

On peut écrire l'équation de cette conique sous la forme:
$4S^2x^2\space -\space  2a^2S_ayz\space  -\space  a^2(b^2z^2+c^2y^2)\space =\space 0$
où $S$ est l'aire du triangle $ABC$.

Cordialement,
Rescassol

stfj

Génial pour calculer les mineurs avec sagemath :

________________________

mat = Matrix([[1, 2],
              [3,4],
              [5,6]])
print(det (mat[(1, 2), :]))

_____________________________

fournit $3\times 6-4\times 5=-2$

Vassillia

Oui, il se pourrait que je m'en serve pour calculer un cercle, une conique... N'oublie pas que je compte sur toi pour finir l'exercice de Rescassol (même si tu n'es évidemment pas obligé)

stfj

Je m'efforcerai de le faire, cela m'intéresse beaucoup. Mais il te faudra être patiente. Je viens à peine de finir de trouver la matrice de collinéation que pldx1 avait fournie il y a plusieurs mois dans cette discussion. Je suis très lent. Merci pour ton aide en tout cas, @Vassillia .

stfj

Bonjour

Je reformule ma question peut-être passée inaperçue tout-à-l'heure car peu claire.

_______________________

$(I), (J)$ deux cercles sécants en $A$ et $B$

$d$ une monienne passant par $B$ coupant $(I)$ et $(J)$ en $P$ et $Q$

$\mathscr C$ le cercle de centre $A$ passant par $ B$

$R=PI\cap QJ$

__________________

Prouver que les images de $P,Q,R, A$ par l'inversion wrt $\mathscr C$ sont alignées. (de préférence sans avoir établi auparavant que $P,Q,R, A$ sont cocycliques, auquel cas c'est évident.)

https://www.geogebra.org/classic/ynrtuu3u

Julia Paule

Soit $S$ (resp. $T$) le point diamétralement opposé à $P$ (resp. à $Q$) sur le cercle $I$ (resp. $J$) et soit $U$ le pied de la hauteur issue de $R$ dans le triangle $PQR$.

Alors par le théorème de l'angle inscrit, $\widehat {PAQ}=\widehat {PAB}+\widehat {BAQ}=\widehat {PSB}+\widehat {BTQ}=\widehat {PRU}+\widehat {URQ}=\widehat {PRQ} $. Les points $P,Q,R,A$ sont cocycliques.

PS : Intéressante cette technique par l'inversion (je ne connaissais pas).

stfj

Si tu ne connaissais pas l'inversion (ici, je ne suis pas parvenu à aller au bout), tu vas adorer, @Julia Paule : 2 min 45s de bonheur.

Julia Paule

Merci pour tes fils et tes liens, tous intéressants, je vais regarder.