Généralisation du théorème de Feuerbach
Réponses
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Bonjour à toutes et tous.https://www.geogebra.org/classic/hzffvgzzSous sagemath, j'en suis là :________________________________def norm(P):
return P/(Linf*P)
def perp(droite,point):
Pinf=matM*droite
return point.cross_product(Pinf)
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 gram(cer1,cer2):
return (cer1*matQ*cer1)*(cer2*matQ*cer2)-(cer1*matQ*cer2)^2
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 u v w' , 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
matM=matrix([[a^2,-Sc,-Sb],[-Sc,b^2,-Sa],[-Sb,-Sa,c^2]]) #orthodir à multiplier par 1/S
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
A=vector([1,0,0]);B=vector([0,1,0]);C=vector([0,0,1])
AB=A.cross_product(B);BC=B.cross_product(C);CA=C.cross_product(A)
Ap=norm(B)+norm(C);Bp=norm(A)+norm(C);Cp=norm(A)+norm(B)
euler=cercle(Ap,Bp,Cp)
P=vector([u,v,w])
AP=perp(BC,P).cross_product(BC)
BP=perp(CA,P).cross_product(CA)
CP=perp(AB,P).cross_product(AB)_____________________________________________________Sauf erreur, j'ai défini dans les trois dernières lignes de code, le triangle pédal de $$P=u:v:w$$Pour définir $cer_A$, je pourrais chercher le symétrique de $A_P$ par rapport à $A'$, ainsi que son image par la rotation de centre $A'$ et d'angle 90°. J'aurais ainsi trois points qui me permettraient d'utiliser la procédure cercle(). Mais peut-être peut-on faire plus simplement.Cordialement.PS: je crois que nous aurons besoin du centre radical de trois cercles. L'espace des cercles, rapidement décrit par Audin dans Géométrie dans tout le chapitre VII, défini p.260, mérite le détour , semble-t-il. Voilà l'illustration proposée :($\mathcal P$ désigne un plan affine euclidien.) -
@stfj merci pour ces liens et la ref "Audin " il y a tant de vocabulaire que j'ignore et des mots qui reviennent souvent rien que là pour tenter de comprendre, j'ai dû cliquer sur 4 liens d'affilée (je me suis arrêté à "cercle" là, je me suis dit "ça va le faire je vois ce que c'est") que je songe à ouvrir un fil où on pose des questions sans complexes pour tenter de se mettre à niveau pour ceux qui, comme moi, ne l'ont pas. Pour ce qui est de ce fil je regarderai les réponses de chacun pour me faire une idée, en particulier de la généralisation qui a l'air spectaculaire à vue de nez bouché😁
Sinon es-tu certain de ne pas t'être trompé avec le cercle..attends je vérifie l'adjectif..."radical"😋... il me semble que si j'en crois mon périple de clics arborescents, ce n'est pas le cercle des centres...d'ailleurs ils n'a pas l'air franchement orthogonal aux autres..🥴 [nimp il n'y avait pas de cercle radical sur la figure 😆😆😆😆] -
Bonjour à toutes et tous, Vassillia, Stéphane,Dans le petit livre "Le cercle d'Euler" de M. Collet et G. Griso, il y a un paragraphe intitulé "Le théorème de Feuerbach généralisé" qui commence ainsi :"C'est le théorème de Fontené :Si le cercle podaire du point $P$, distinct du centre $O$ du cercle circonscrit au triangle $ABC$, est centré sur la droite $OP$, il est tangent au cercle d'Euler, et le point de contact est l'orthopôle de la droite $OP$."Malheureusement, ce livre, édité chez Vuibert, est épuisé, mais apparemment, on peut encore le trouver chez Amazon ou Le Bon Coin ... Il en a été question récemment dans une autre discussion ...Bien amicalement, Jean-Louis B.
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Plus simple @stfj on peut essayerdef cercle2(centre,point):
return invQ*ver(norm(centre))- distance2(centre,point)* vector([Linf[0],Linf[1],Linf[2],0])avec invQ qui est l'inverse de la quadrique fondamentale, c'est à dire
en coordoonnées barycentriques invQ=matrix([[0,c^2,b^2,1],[c^2,0,a^2,1],[b^2,a^2,0,1],[1,1,1,0]])
en coordonnées inclusives invQ=matrix([[0,0,-1,0],[0,0,0,1],[-1,0,0,0],[0,1,0,0]])Pour s'en convaincre, on peut vérifier qu'on retombe bien sur le centre voulu et que le point appartient au cercle pour n'importe quel couple : centre, point.
Pour mémoire
def norm(P):
return P/(Linf*P)
def vecteur(P1,P2):
return norm(P2)-norm(P1)
def distance2(P1,P2) :
vec=vecteur(P1,P2)
return vec*pyth*vec
def ver(P) :
return vector([P[0]*(Linf*P),P[1]*(Linf*P),P[2]*(Linf*P),P*pyth*P])Sinon pour le cercle radical, c'est un cercle qui est orthogonal aux 3 cercles et donc de la même manière qu'on écrit un cercle passant par 3 points $P_1$, $P_2$ et $P_3$ par $\wedge_3 (ver(P_1),ver(P_2),ver(P_3))$ on va écrire le cercle radical de 3 cercles $cer_1$, $cer_2$ et $cer_3$ par $Q^{-1} \cdot \wedge_3 (cer_1,cer_2,cer_3)$.
Si on veut le centre d'un cercle $cer$, on garde les 3 premières coordonnées de $Q \cdot cer$ donc le centre du cercle radical est les 3 premières coordonnées de $Q \cdot Q^{-1} \cdot \wedge_3 (cer_1,cer_2,cer_3)=\wedge_3 (cer_1,cer_2,cer_3)$
Difficile de faire plus simple
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) -
Merci JelobreuilJe possède bien cet ouvrage, à prendre avec des pincettes et à lire avec un masque puisqu'il s'agit d'un vieux grimoire.L'idéal serait de le réécrire en entier uniquement en lignes de code digestibles par GeoGebra.Ce serait rendre un grand service à l'humanité!Qui vivra verra.Malheureusement j'ai égaré ce livre et je ne peux en parler que de mémoire.Il me semble que la situation est la suivante:En général le cercle podaire d'un point $P$ est sécant avec le cercle d'Euler sauf dans le cas où la droite $OP$ contient l'isogonal $P^*$ du point $P$ auquel cas il lui est tangent, le lieu de $P$ étant alors une cubique dont j'ai perdu le nom et qu'on doit pouvoir retrouver sur le site de Bernard Gibert.Son équation devrait donc être:$$\begin{vmatrix}a^2(b^2+c^2-a^2)&b^2(c^2+a^2-b^2)&c^2(a^2+b^2-c^2)\\x&y&z\\a^2yz&b^2zx&c^2xy\end{vmatrix}=0$$C'est donc la cubique de MacKay-Griffits $K003$.En tout cas c'est une généralisation du théorème de Feuerbach, beaucoup plus naturelle que celle, alambiquée, qui nous est proposée où on va probablement être noyé sous un déluge de calculs interminables!Amitiéspappus
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Est-ce qu'on pourrait attendre que stfj (ou quelqu'un d'autre) finisse l'exercice que je propose avant de partir sur une autre généralisation svp sinon on va tout mélanger ? Pour info, la généralisation que je propose a été publié en 2021 ... mais comme ce n'est pas difficile dans l'espace des cercles, je trouve que cela peut être une motivation pour s'y mettreMerci quand même pour cette proposition Jelobreuil, on s'en occupera juste ensuite si tu veux bienLa 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 tousVoici la figure (pas difficile à faire) mais pour le moment, je ne comprends toujours pas pourquoi cette configuration serait une généralisation du théorème de Feuerbach!Amicalementpappus
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Que se passe t'il pour le cercle radical lorsque $P$ est confondu avec $I$ le centre du cercle inscrit à $ABC$ ?Pour que tout le monde ait ses chances, voici une figure où vous pouvez tester https://www.geogebra.org/classic/un7u7kuuLa 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 tousVoici la figure obtenue quand $P$ décrit le cercle circonscrit, cela suggère de regarder ce qui se passe quand $P$ décrit un cercle concentrique au cercle circonscrit. Il semble me rappeler que dans ce cas, le triangle podaire garde une aire constante.J'ai vérifié avec mon logiciel que le rapport $\dfrac{S(A_P,B_P,C_P)}{rayon(\gamma)}$ était constant et donc facile à calculer. C'est un premier pas!Amicalementpappus
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Je ne vois pas trop l’intérêt de s'intéresser au cas où $P$ décrit le cercle circonscrit (ou concentrique à ce cercle circonscrit), pour le moment du moins, il y a une démonstration à faire ! Essayez encore une fois de rester concentré sur l'exercice même si des questions ultérieures sont toujours les bienvenues.Puisque pappus n'a pas trouvé (peut-être pas beaucoup cherché non plus), je révèle un secret, lorsque $P$ est confondu avec $I$ alors le cercle radical est confondu avec le cercle inscrit donc le théorème de Feuberbach est un cas particulier de ce qu'on essaye de démontrer.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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Si un cercle passe par le centre de deux autres, l'axe radical de ces deux autre est bissectrice des inverses du premier cercle par rapport aux deux autres (théorème du bluffer de Geogebra). Donc les inverses du cercle vert par rapport aux trois noirs forment un triangle duquel les axes radicaux deux à deux des noirs sont les bissectrices., donc le cercle rouge est tangent à chaque image du cercle vert par inversion et comme ce dernier est son propre inverse relativement à tout cercle orthogonal il est tangent au cercle vert
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hyper mal dit mais j'avais peur que quelqu'un le dise avant moi 😆😆
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Bonjour,
Voilà pour le problème initial:% Vassillia - 29 Octobre 2024 - Généralisation du théorème de Feuerbach clear all, clc syms a b c S 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; Sab=Sa*Sb; Sbc=Sb*Sc; Sca=Sc*Sa; S2=Sab+Sbc+Sca; % 4 fois le carré de l'aire (donc S2=4*S^2) % (a+b+c)*(a+b-c)*(a-b+c)*(b-a+c) = 4*S2 = 16*S^2 A=[1; 0; 0]; B=[0; 1; 0]; C=[0; 0; 1]; % Sommets du triangle ABC Ap=[0; 1; 1]; Bp=[1; 0; 1]; Cp=[1; 1; 0]; % Milieux des côtés du triangle ABC %----------------------------------------------------------------------- syms u v w real % Un point P quelcobque et son triangle podaire A_P B_P CP P=[u; v; w]; A_P=[0; a^2*v+u*Sc; a^2*w+u*Sb]; B_P=[b^2*u+v*Sc; 0; b^2*w+v*Sa]; C_P=[c^2*u+w*Sb; c^2*v+w*Sa; 0]; % Carrés des rayons des trois cercles Ra2=Factor(Distance2(Ap,A_P,a,b,c)); Rb2=Factor(Distance2(Bp,B_P,a,b,c)); Rc2=Factor(Distance2(Cp,C_P,a,b,c)); % Centre Om du cercle radical Om=SimplifieBary(CentreRadicalBary(Ap,Ra2,Bp,Rb2,Cp,Rc2,a,b,c)); % On trouve Om=[X; Y; Z] avec: % X=a^2*b^2*c^2*u*(v+w) + a^2*(c^2*Sc*v^2 + b^2*Sb*w^2); % Y=a^2*b^2*c^2*v*(w+u) + b^2*(a^2*Sa*w^2 + c^2*Sc*u^2); % Z=a^2*b^2*c^2*w*(u+v) + c^2*(b^2*Sb*u^2 + a^2*Sa*v^2); % Carré R2 du rayon du cercle radical R2=Factor(Distance2(Om,Ap,a,b,c)-Ra2); % On trouve un carré parfait dobt la racine carrée est: R=2*S*(v*w*a^2 + u*w*b^2 + u*v*c^2)/(a*b*c*(u+v+w)^2); % Centre et rayon du cercle d'Euler X5=[a^2*(b^2+c^2)-(b^2-c^2)^2; b^2*(c^2+a^2)-(c^2-a^2)^2; c^2*(a^2+b^2)-(a^2-b^2)^2]; r=a*b*c/(8*S); % Axe radical du cercle radical et du cercle d'Euler Ax=SimplifieBary(AxeRadicalBary(Om,R^2,X5,r^2,a,b,c)); Ax=SimplifieBary(subs(Ax,S^2,S2/4)); % Projeté orthogonal de X5 sur l'axe radical T=SimplifieBary(ProjectionOrthogonaleBary(X5,Ax,a,b,c)); % On trouve T=[X; Y; Z] avec: % X=((b^2-c^2)*u + a^2*v - a^2*w)*(c^2*Sc*v - b^2*Sb*w) % Y=(b^2*w + (c^2-a^2)*v - b^2*u)*(a^2*Sa*w - c^2*Sc*u) % Z=(c^2*u - c^2*v + (a^2-b^2)*w)*(b^2*Sb*u - a^2*Sa*v) Nul=Factor(Distance2(X5,T,a,b,c)-r^2); Nul=Factor(subs(Nul,S^2,S2/4)) % On trouve Nul=0 donc T est sur le cercle d'Euler, d'où la tangence
Cordialement,
Rescassol
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Bonjour,sagemath via___________________________def norm(P):
return P/(Linf*P)
def vecteur(P1,P2):
return norm(P2)-norm(P1)
def distance2(P1,P2) :
vec=vecteur(P1,P2)
return vec*pyth*vec
def perp(droite,point):
Pinf=matM*droite
return point.cross_product(Pinf)
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])
if len(vec)==4:
num=gcd([numerator(vec[0]), numerator(vec[1]), numerator(vec[2]),numerator(vec[3])])
den=lcm([denominator(vec[0]),denominator(vec[1]),denominator(vec[2]),denominator(vec[3])])
facteur=num/den
vec0=factor(vec[0]/facteur)
vec1=factor(vec[1]/facteur)
vec2=factor(vec[2]/facteur)
vec3=factor(vec[3]/facteur)
return vector([vec0,vec1,vec2,vec3])
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 wedge3(vec1,vec2,vec3):
mat=transpose( matrix([vec1,vec2,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 gram(cer1,cer2):
return (cer1*matQ*cer1)*(cer2*matQ*cer2)-(cer1*matQ*cer2)^2
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])
def cercle2(centre,point):
return invQ*ver(norm(centre))- distance2(centre,point)* vector([Linf[0],Linf[1],Linf[2],0])
#version coordonnées barycentriques
var('a b c u v w' , 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
matM=matrix([[a^2,-Sc,-Sb],[-Sc,b^2,-Sa],[-Sb,-Sa,c^2]]) #orthodir à multiplier par 1/S
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
invQ=matrix([[0,c^2,b^2,1],[c^2,0,a^2,1],[b^2,a^2,0,1],[1,1,1,0]])
A=vector([1,0,0]);B=vector([0,1,0]);C=vector([0,0,1])
AB=A.cross_product(B);BC=B.cross_product(C);CA=C.cross_product(A)
Ap=norm(B)+norm(C);Bp=norm(A)+norm(C);Cp=norm(A)+norm(B)
euler=cercle(Ap,Bp,Cp)
P=vector([u,v,w])
AP=perp(BC,P).cross_product(BC)
BP=perp(CA,P).cross_product(CA)
CP=perp(AB,P).cross_product(AB)
cerA=cercle2(Ap,AP)
cerB=cercle2(Bp,BP)
cerC=cercle2(Cp,CP)
cercleradical=invQ*wedge3(cerA,cerB,cerC)
cercleradical=simple(cercleradical)
if factor(gram(cercleradical,euler))==0:
print('Il est VRAI que le cercle radical et le cercle d Euler sont tangents.')
else:
print('Il est FAUX que le cercle radical et le cercle d Euler sont tangents.')_________________________fournit____________________$\square$Il est VRAI que le cercle radical et le cercle d Euler sont tangents.
Il est VRAI que le $\color{red}\text{cercle radical}$ et le $\color{green}\text{cercle d'Euler}$ sont tangents. -
Bravo @Rescassol je ne doutais pas que tu y arrives comme d'habitude.Edit : je viens de voir que @stfj a réussi aussi, très joli progrès en programmation.Encore une démonstration d'un résultat de géométrie paru dans une revue officielle (pièce jointe)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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lesmathspointclaires a dit :Si un cercle passe par le centre de deux autres, l'axe radical de ces deux autre est bissectrice des inverses du premier cercle par rapport aux deux autres (théorème du bluffer de Geogebra). Donc les inverses du cercle vert par rapport aux trois noirs forment un triangle duquel les axes radicaux deux à deux des noirs[concourrant en le centre radical par définition] sont les bissectrices, donc le cercle rouge est tangent à chaque [droite verte] image du cercle vert par inversion [par rapport à un des noirs] et comme ce dernier est son propre inverse relativement à tout cercle orthogonal il est tangent au cercle vert
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Désolée lesmathspoinclaires, j'ai du mal à te suivre mais cela ne veut rien dire sur la pertinence de ta démonstration.Histoire de faire quelque chose moi aussi, revenons au théorème de Fontené comme promis à @jelobreuilEn gardant le même début que @stfj on trouve en effet que le cercle podaire tangent au cercle d'Euler est équivalent au conjugué isogonal de $P$ sur $(OP)$A=vector([1,0,0]);B=vector([0,1,0]);C=vector([0,0,1])
AB=A.cross_product(B);BC=B.cross_product(C);CA=C.cross_product(A)
Ap=norm(B)+norm(C);Bp=norm(A)+norm(C);Cp=norm(A)+norm(B)
euler=cercle(Ap,Bp,Cp)
circonscrit=simple(cercle(A,B,C))
O=simple(centre(circonscrit))
P=vector([x,y,z])
Petoile=vector([a^2/x,b^2/y,c^2/z])
AP=perp(BC,P).cross_product(BC)
BP=perp(CA,P).cross_product(CA)
CP=perp(AB,P).cross_product(AB)
podaire=simple(cercle(AP,BP,CP))
eq1=factor(gram(podaire,euler))/-256*(a+b+c)*(a+b-c)*(a-b+c)*(a-b-c)
eq2=-factor(det(matrix([O,P,Petoile])))*x*y*z
print(eq1-eq2^2)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) -
Que @lesmathspointclaires le sache : je ne comprends pas encore tout ce que j'ai fait. Je me suis contenté de suivre les pas de Vassillia. Mais cela viendra : c'est une excellente façon d'apprendre des mathématiques. Tout est dans le code.Par exemple, j'aimerais tracer le $\color{red}\text{cercle radical}$ de cerA,cerB, cerC. Pour cela, je vais rajouter une ligne de code à mon code sagemath pour l'obtenir_____________________________print (cercleradical)___________________________$\left(2 \, a^{4} b^{2} c^{2} u^{2} - 4 \, a^{2} b^{4} c^{2} u^{2} + 2 \, b^{6} c^{2} u^{2} - 4 \, a^{2} b^{2} c^{4} u^{2} - 4 \, b^{4} c^{4} u^{2} + 2 \, b^{2} c^{6} u^{2} - 2 \, a^{6} c^{2} v^{2} + 4 \, a^{4} b^{2} c^{2} v^{2} - 2 \, a^{2} b^{4} c^{2} v^{2} + 4 \, a^{4} c^{4} v^{2} - 4 \, a^{2} b^{2} c^{4} v^{2} - 2 \, a^{2} c^{6} v^{2} + 8 \, a^{4} b^{2} c^{2} v w - 8 \, a^{2} b^{4} c^{2} v w - 8 \, a^{2} b^{2} c^{4} v w - 2 \, a^{6} b^{2} w^{2} + 4 \, a^{4} b^{4} w^{2} - 2 \, a^{2} b^{6} w^{2} + 4 \, a^{4} b^{2} c^{2} w^{2} - 4 \, a^{2} b^{4} c^{2} w^{2} - 2 \, a^{2} b^{2} c^{4} w^{2},\,-2 \, a^{4} b^{2} c^{2} u^{2} + 4 \, a^{2} b^{4} c^{2} u^{2} - 2 \, b^{6} c^{2} u^{2} - 4 \, a^{2} b^{2} c^{4} u^{2} + 4 \, b^{4} c^{4} u^{2} - 2 \, b^{2} c^{6} u^{2} + 2 \, a^{6} c^{2} v^{2} - 4 \, a^{4} b^{2} c^{2} v^{2} + 2 \, a^{2} b^{4} c^{2} v^{2} - 4 \, a^{4} c^{4} v^{2} - 4 \, a^{2} b^{2} c^{4} v^{2} + 2 \, a^{2} c^{6} v^{2} - 8 \, a^{4} b^{2} c^{2} u w + 8 \, a^{2} b^{4} c^{2} u w - 8 \, a^{2} b^{2} c^{4} u w - 2 \, a^{6} b^{2} w^{2} + 4 \, a^{4} b^{4} w^{2} - 2 \, a^{2} b^{6} w^{2} - 4 \, a^{4} b^{2} c^{2} w^{2} + 4 \, a^{2} b^{4} c^{2} w^{2} - 2 \, a^{2} b^{2} c^{4} w^{2},\,-2 \, a^{4} b^{2} c^{2} u^{2} - 4 \, a^{2} b^{4} c^{2} u^{2} - 2 \, b^{6} c^{2} u^{2} + 4 \, a^{2} b^{2} c^{4} u^{2} + 4 \, b^{4} c^{4} u^{2} - 2 \, b^{2} c^{6} u^{2} - 8 \, a^{4} b^{2} c^{2} u v - 8 \, a^{2} b^{4} c^{2} u v + 8 \, a^{2} b^{2} c^{4} u v - 2 \, a^{6} c^{2} v^{2} - 4 \, a^{4} b^{2} c^{2} v^{2} - 2 \, a^{2} b^{4} c^{2} v^{2} + 4 \, a^{4} c^{4} v^{2} + 4 \, a^{2} b^{2} c^{4} v^{2} - 2 \, a^{2} c^{6} v^{2} + 2 \, a^{6} b^{2} w^{2} - 4 \, a^{4} b^{4} w^{2} + 2 \, a^{2} b^{6} w^{2} - 4 \, a^{4} b^{2} c^{2} w^{2} - 4 \, a^{2} b^{4} c^{2} w^{2} + 2 \, a^{2} b^{2} c^{4} w^{2},\,-8 \, a^{2} b^{2} c^{2} {\left(u + v + w\right)}^{2}\right)$_____________________________________________Cela devrait me permettre de tracer alors le $\color{red}\text{cercle radical}$ de cerA,cerB, cerC avec geogebra.J'ouvre la fenêtre ALGEBRE de geogebra.
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geogebra gère, mais difficilement, les équations implicites, je te suggère de lui donner plutôt le centre, en barycentriques ou en complexes, pour utiliser l'outil habituel cercle de centre passant par un point.Les mouvements seront plus fluidesLa 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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Bonsoir,
Voilà ci-joint un ficgier Géogébra (enlever l'extension txt) où les points sont définis par les résultats donnés dans le code Matlab ci-dessus.
Cordialement,
Rescassol
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Vassillia a dit :Désolée lesmathspoinclaires, j'ai du mal à te suivre mais cela ne veut rien dire sur la pertinence de ta démonstration.
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Tu avais raison @Vassillia d'avoir du mal à me suivre, ça me rassure quelque part... j'mé gourré^^ J'ai juste démontré que quand trois cercles noirs sont orthogonaux à un même troisième rouge, le centre du rouge est le centre du cercle vert inscrit au triangle dont les côtés sont inclus dans les droites vertes, inverses par rapport à chacun des trois cercles noirs du cercle passant par leurs milieux.
Il faut montrer que non seulement le centre rouge est celui du cercle inscrit dans les triangles des droites vertes, mais en plus que c'est le cercle inscrit en personne !
Observons qu'il n'y a pas de triangles $ABC$ dans cette histoire, et d'ailleurs, je pense que la configuration du résultat du haut admet un triangle $ABC$ comme dans le théorème du fil si et seulement si c'est le cercle inscrit, i.e le rouge et le vert sont tangents.
Je vais un peu réfléchir, mais si je ne trouve pas, je vais plutôt essayer de trouver une généralisation plus précise qui quantifie le résultat : le fait que le calcul formel soit aussi efficace a pour effet de me décomplexer dans la tâche de généraliser sans trop me soucier de démonter, mais il va falloir que je mette la main à la pâte tôt ou tard, c'est ma seule borne pour ne pas me jeter à corps perdu dans la chasse interstellaire de pépite^^
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Bonjour, $\def\Sa{S_{a}} \def\Sb{S_{b}} \def\bmul{\underset{b}{*}} \def\Sc{S_{c}} \def\wedt{\underset{3}{\bigwedge}} \def\colbar#1{\underset{b}{\mathcal{V}}{}_{#1}} \def\simdoteq{\stackrel{.}{\simeq}} \def\grad{\operatorname{grad}} \def\verB{\underset{b}{Ver}} \def\ii{\bold{{i}} } \def\pivk{p\mathcal{K}} \def\ped{\mathfrak{P}}$
- Lemme. Le cercle de rayon nul centré en X(3), autrement dit la réunion des isotropes de X(3), est représenté dans l'espace des cycles par la colonne \[ \colbar{}\left(O,0\right)\simdoteq R^{2}:R^{2}:R^{2}:1 \]
- Pour $P\simeq p:q:r$ on trouve $cirA\simeq$ \[ \left[\begin{array}{c} a^{2}\left(pq+pr+q^{2}+r^{2}\right)\Sa+\left(r\left(p+q\right)b^{2}+c^{2}q\left(p+r\right)\right)a^{2}+4S^{2}p^{2}\\ p\left(\Sb q+\Sc r\right)a^{2}+a^{4}qr+\Sb\Sc\,p^{2}\\ p\left(\Sb q+\Sc r\right)a^{2}+a^{4}qr+\Sb\Sc\,p^{2}\\ a^{2}\left(p+q+r\right)^{2} \end{array}\right] \]
- On obtient $\Omega_{P}$, le cercle orthogonal commun, en utilisant $\wedt$, la factorisation universelle du déterminant $4\times4$ (qu'en ronchonnent les Ronchonoux). Ce cercle a pour rayon \[ \rho=\dfrac{a^{2}rq+b^{2}pr+c^{2}qp}{2R\left(p+q+r\right)^{2}} \] et est centré en $D\simeq$ \[ \left[\begin{array}{c} a^{2}b^{2}\Sb\,r^{2}+a^{2}c^{2}\Sc\,q^{2}+a^{2}b^{2}c^{2}p\left(q+r\right)\\ b^{2}c^{2}\Sc\,p^{2}+b^{2}a^{2}\Sa\,r^{2}+a^{2}b^{2}c^{2}q\left(r+p\right)\\ c^{2}a^{2}\Sa\,q^{2}+c^{2}b^{2}\Sb\,p^{2}+a^{2}b^{2}c^{2}r\left(p+q\right) \end{array}\right] \]
- Un point $P$ tel que $\rho\left(P\right)=0$ est donc sur le circonscrit. C'est isogonal d'un point à l'infini. On calcule le point $D$ associé. On arrive au degré $4$. C'est le moment d'utiliser le théorème de Saint-Cyr: "si ce n'est pas une droite, c'est un cercle" . On procède par identification, et on trouve que les $D$ en question se placent sur le cercle $\omega\simdoteq$$\Sa:\Sb:\Sc:2$. Et on prononce l'incantation "mémoire, mémoire, tarte aux poires" . Bref, il s'agit du NPC, le fameux cercle d'Euler.
- Réciproquement, on suppose $D\in\omega$. On résoud $\verB\left(D\right)\cdot\omega$ et, en plus du circonscrit, on trouve le cercle $2R^{2}:2R^{2}:2R^{2}:1$, qui est aussi centré en X(3), mais avec le rayon $\ii R$.
- On se demande, on ne sait jamais, quels sont les points où $\grad D$ s'annule. On fait le calcul et on tombe sur le cercle point de X(3), celui du lemme.
- On vérifie la propriété annoncée: quelque soit $P$, les cercles $\omega$ et $\Omega_{P}$ sont tangents. En effet le déterminant de Gramm correspondant est nul. On calcule donc le point commun aux deux cercles. Cela donne: \[ F\simdoteq\left[\begin{array}{c} b^{2}\Sb r-c^{2}\Sc q\\ c^{2}\Sc p-a^{2}\Sa r\\ a^{2}\Sa q-b^{2}\Sb p \end{array}\right]\bmul\left[\begin{array}{c} a^{2}q-a^{2}r+b^{2}p-c^{2}p\\ b^{2}r-b^{2}p+c^{2}q-a^{2}q\\ c^{2}p-c^{2}q+a^{2}r-b^{2}r \end{array}\right] \]
- Mais l'adjudant Tiffrice n'est pas content. D'après lui, la seule, la vraie généralisation du théorème de Feuerbach, utiliserait $\ped$, le cercle podaire $A_{P}B_{P}C_{P}$, c'est à dire: \[ \ped\simdoteq\left[\begin{array}{c} p\left(r\,b^{2}+\Sa q\right)\left(c^{2}q+\Sa r\right)\\ q\left(a^{2}r+p\Sb\right)\left(p\,c^{2}+\Sb r\right)\\ r\left(a^{2}q+p\Sc\right)\left(p\,b^{2}+q\Sc\right)\\ \left(p+q+r\right)\left(a^{2}rq+b^{2}pr+c^{2}qp\right) \end{array}\right] \] le résultat étant que le cercle $\ped$ et le cercle $\omega=\left(A'B'C'\right)$ sont parfois tangents.
- Remarque incidente: pour tout $P$, on a $F\in\ped$. Et donc les cercles $\omega,\ped$ sont à tout les coups sécants (ou, au pire, tangents).
- Comme l'on sait, le parfois-tomètre de la situation n'est autre que le déterminant de Gramm de ces deux cercles. Cela donne une cubique $\mathcal{K}$ et $\mathrm{identkub}$ nous signale que \[ \mathcal{K}=\left[\pivk,\#X(1),X(3)\right]=K003 \] Et, oh miracle, X(1) est sur K003.
- Par ailleurs, lorsque $P$ est sur le circonscrit, $\ped$ n'est autre que la droite de Simson de $P$, et $F$ est son intersection avec le cercle d'Euler. Et les trois cercles cirX passent par $F$. En appelant $P_{1},P_{2}$ les intersections d'une droite mobile $\Delta$ avec le circonscrit, on se retrouve avec deux droites de Simson et Sister Maria Karl ne va pas tarder à faire son apparition.
- Autre remarque: lorsque $F(P)=F(Q)$, les points sont alignés avec $O$.
-
Bonjour,
Si $P$ décrit la droite d'Euler du triangle $ABC$, le point $T$ est fixe.
C'est le centre de l'hyperbole de Jerabek $X_{125}=[(b^2-c^2)^2S_a;\space (c^2-a^2)^2S_b;\space (a^2-b^2)^2S_c]$
Cordialement,
Rescassol
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Bonjour, $\def\lin#1{\mathcal{L}_{#1}} \def\etc{,\:\mathrm{etc}}$
Il semble utile de reprendre tout cela, et d'y incorporer
@Misc{grinberg03:feuerbach,
Author = {Grinberg, Darij},
year = 2003,
HowPublished = {[Last-Modified: Tue, 12 Jul 2005]},
Title = {Generalisation of the {F}euerbach point},
Pages = 44,
eprint = {https://www.cip.ifi.lmu.de/\textasciitilde grinberg/GenFeuerPDF.zip},
}- (thm1) On se donne une droite $\lin{}\simeq\left[f,g,h\right]$. On note $G_{j}$ les céviens de $G=$X(2). On appelle $\lin a,\lin b,\lin c$ les réflexions de $\lin{} $ wrt les côtés du triangle médial ($G_bG_c\etc $). On écrit que ces trois droites sont concourantes en un point $L$. Ce déterminant se scinde en trois facteurs, disant que $\lin{}$ passe par $O$=X(3) ou par l'un des deux ombilics.
- On se donne un point $M\in\Gamma$ comme étant l'isogonal du point $1:t:-1-t$ et, à partir de maintenant, on prend $\lin{}\simeq O\wedge M$. Cela donne \[ L\simeq\left[\begin{array}{c} \left(bt-ct+b\right)\left(bt+ct+b\right)\left(2a^{2}t+a^{2}+b^{2}-c^{2}\right)\\ t\left(at+a-c\right)\left(at+a+c\right)\left(a^{2}t+b^{2}t-c^{2}t+2b^{2}\right)\\ \left(1+t\right)\left(at-b\right)\left(at+b\right)\left(a^{2}t-b^{2}t+c^{2}t+a^{2}-b^{2}-c^{2}\right) \end{array}\right] \]
- (thm2) Soit $L_{a}$ la réflexion de $L$ wrt $G_b G_c$ (la droite des milieux). Ce point est la projection de $A$ sur $\lin{}\etc$.
- La condition pour que $L\left(t\right)=L\left(s\right)$ est que $s=-\left(\mathit{\Sc}t+b^{2}\right)\div\left(a^{2}t+\mathit{\Sc}\right)$, relation homographique involutive. On voit aisément que cela correspond à $M\left(t\right),M\left(s\right)$ antipodaires sur le circonscrit.
- (thm3). On vérifie que $LL_{a}\perp BC\etc$. Et donc $L$ est l'orthopole de la droite $\lin{}$.
- (thm4). Essayer $\mathrm{locusconi}\left(L,t\right)$ échouerait (degré 4). Mais une élimination directe de $t$ entre $x:y:z$ et $L\left(t\right)$ donne un résultat du second degré. On tente un cercle et on trouve le npc $\omega$$\simeq\mathit{\Sa}:\mathit{\Sb}:\mathit{\Sc}:2$. Une autre façon de faire est d'introduire $Qs=s+t,$$Qp=ts$, conduisant à \[ \mathit{Qp}=-\left(\Sc\mathit{Qs}+b^{2}\right)\div a^{2} \] Il ne reste plus qu'à substituer dans $L\left(s\right)+L\left(t\right)$. On peut alors utiliser $\mathrm{locusconi}$.
- On introduit le point $P\simeq p:q:r$. On note $P_{j}$ ses projections sur les côtés. Le cercle $cirA\etc$ est centré en $G_{j}$ et passe par $P_{j}$. On trouve $cirA\simeq$ \[ \left[\begin{array}{c} a^{2}\left(pq+pr+q^{2}+r^{2}\right)\Sa+\left(r\left(p+q\right)b^{2}+c^{2}q\left(p+r\right)\right)a^{2}+4S^{2}p^{2}\\ p\left(\Sb q+\Sc r\right)a^{2}+a^{4}qr+\Sb\Sc\,p^{2}\\ p\left(\Sb q+\Sc r\right)a^{2}+a^{4}qr+\Sb\Sc\,p^{2}\\ a^{2}\left(p+q+r\right)^{2} \end{array}\right] \]
- Le cercle $\Omega_{P}$, orthogonal commun aux trois cercles $cirX$, s'obtient en utilisant $\wedt$, l'une des deux factorisations universelles du déterminant $4\times4$. Ce cercle $\Omega_{P}$ a pour centre et rayon \begin{eqnarray*} D & \simeq & \left[\begin{array}{c} a^{2}b^{2}\Sb\,r^{2}+a^{2}c^{2}\Sc\,q^{2}+a^{2}b^{2}c^{2}p\left(q+r\right)\\ b^{2}c^{2}\Sc\,p^{2}+b^{2}a^{2}\Sa\,r^{2}+a^{2}b^{2}c^{2}q\left(r+p\right)\\ c^{2}a^{2}\Sa\,q^{2}+c^{2}b^{2}\Sb\,p^{2}+a^{2}b^{2}c^{2}r\left(p+q\right) \end{array}\right]\\ \rho & = & \dfrac{a^{2}rq+b^{2}pr+c^{2}qp}{2R\left(p+q+r\right)^{2}} \end{eqnarray*}
- La propriété centrale de ce fil est que, pour tout point $P$, les cercles $\omega$ et $\Omega_{P}$ sont tangents. Cela se prouve en vérifiant que leur déterminant de Gramm est nul. On calcule $F$, leur point commun. Cela donne: \[ F\simdoteq\left[\begin{array}{c} b^{2}\Sb r-c^{2}\Sc q\\ c^{2}\Sc p-a^{2}\Sa r\\ a^{2}\Sa q-b^{2}\Sb p \end{array}\right]\bmul\left[\begin{array}{c} a^{2}q-a^{2}r+b^{2}p-c^{2}p\\ b^{2}r-b^{2}p+c^{2}q-a^{2}q\\ c^{2}p-c^{2}q+a^{2}r-b^{2}r \end{array}\right] \]
- Et maintenant, on recolle les morceaux. La droite $\lin{}$ est le lieu des points \[ P\left(k,t\right)\simeq kO+M\left(t\right)\simeq\left[\begin{array}{cc} \dfrac{k\,a^{2}\Sa}{8S^{2}} & +\,\dfrac{t\left(1+t\right)a^{2}}{a^{2}t^{2}+2\Sc t+b^{2}}\\ \dfrac{k\,b^{2}\Sb}{8S^{2}} & +\,\dfrac{\left(1+t\right)b^{2}}{a^{2}t^{2}+2\Sc t+b^{2}}\\ \dfrac{k\,c^{2}\Sc}{8S^{2}} & +\,\dfrac{-tc^{2}}{a^{2}t^{2}+2\Sc t+b^{2}} \end{array}\right] \] Cette décomposition revient plus ou moins à une décomposition en coordonnées polaires $\rho,\vartheta$. Dans tous les cas, on voit que $F\left(P\right)$ n'est autre que $L\left(M\right)$ ! Et on vérifie que la substitution $t\mapsto s\left(t\right)$ laisse $L$ invariant.
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Citation: Crossover the Channel, the pedal triangle is called "triangle podaire" , while " pédal triangle" is used to denote the Cevian triangle. Plaisante vérité qu'une rivière borne (Pascal, 1852, p. 41).
Il semble donc utile d'éviter les faux-amis et d'utiliser " triangle cévien" versus " triangle podaire" . Cela force à se priver des remarques sur les triangles qui seraient gays comme des Lussac. - Et donc, on calcule $\ped\doteq\left(P_{A},P_{B},P_{C}\right)$, le cercle podaire de $P$. On obtient: \[ \ped\simdoteq\left[\begin{array}{c} p\left(r\,b^{2}+\Sa q\right)\left(c^{2}q+\Sa r\right)\\ q\left(a^{2}r+p\Sb\right)\left(p\,c^{2}+\Sb r\right)\\ r\left(a^{2}q+p\Sc\right)\left(p\,b^{2}+q\Sc\right)\\ \left(p+q+r\right)\left(a^{2}rq+b^{2}pr+c^{2}qp\right) \end{array}\right] \] On peut vérifier que $L\left(M\right)\in\ped\left(P\right)$. Et donc les cercles $\ped$ et $\omega$ ont toujours le point $L$ en commun.
- Le lecteur n'a évidemment pas oublié la propriété cyclopodaire, qui fait que deux points isogonaux, $P,P^{*}$ partagent le même cercle podaire. Supposer que $\ped$ et $\omega$ soient tangents implique donc que $L\left(P\right)=L\left(P^{*}\right)$: les points $P,P^{*}$ et $O$ sont alors alignés. Cette propriété caractérise la cubique \[ \mathcal{K}=\left[\pivk,\#X(1),X(3)\right]=K003 \] On peut réobtenir ce résultat "in brute force" en calculant le déterminant de Gramm des deux cercles.
- Autant dire que les alambics de @Vassillia ne distillent pas que de la camelote!
- On en remet une couche: lorsque $P=M\in\Gamma$, alors $\rho=0$ et $\Omega_{P}=\left(L,0\right)$.
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Merci, ce week-end je n'ai pas trop le temps mais je ne manquerai pas de regarder en détail dès que possible
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) -
D'accord, si vous ne savez pas quoi faire, vous pouvez déplacer $M$ qui définit$ \mathcal L$ et puis $P$ sur $\mathcal L$ dans https://www.geogebra.org/classic/mt8qgzvyA partir de l'étape 10, tout se met en place pour créer un cocktail à apprécier sans modération
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) -
Bonjour, $\def\slov{\mathcal{S}} \def\isog{\operatorname{isogon}} \def\tra#1{{{\vphantom{#1}}^{t}{#1}}} \def\met{\boxed{\mathcal{M}}} \def\equi{\mathcal{E}} \def\pilpt{\Omega} \def\simson{\operatorname{simson}} \def\lfit{\operatorname{LFIT}} \def\simeqx#1{\underset{#1}{\simeq}} \def\vt{\mathrm{\mathbf{T}}} \def\vzz{\overline{\mathcal{Z}}} \def\vz{\mathrm{\mathbf{Z}}} \def\verz{\underset{z}{Ver}} \def\trim#1{\boxed{\mathcal{T}_{#1}}} \def\ptv{~;~}$
Suite du feuilleton.- Rappel le triangle médial (le cévien de X(2)) est noté $\left[G_{a}G_{b}G_{c}\right]$
-
Les triangles podaires $\left[P_{a}P_{b}P_{c}\right]$ des points $P\in\lin{}$ forment une $\lfit$ dont les points remarquables sont:
\begin{eqnarray} \slov\left(\lin{}\right) & = & \frac{-1}{2S}\times\isog\left(\met\cdot\tra{\lin{}}\right) \\ \equi\left(\lin{}\right) & = & \tra{\left(\lin{}\cdot\met\right)} \bmul\tra{\left(\lin{}\cdot\boxed{\mathcal{N}}\right)} \\
\pilpt\left(\lin{}\right) & = & \tra{\left(\lin{}\cdot\met\right)}\bmul\tra{\left(\lin{}\right)}\\
f+g+h & = & \left(\Delta\cdot\met.\tra{\Delta}\right)\quad\mathrm{the\;usual\;norm} \end{eqnarray}
ici, $\equi\left(\lin{}\right)=L$ (on $\omega$, the npc). On définit $\widehat{\slov}=2O-\slov$. - On a $M_{t}=\isog\left(1,t,-1-t\right)$, $M_{s}=\isog\left(1,s,-1-s\right)$, $s=-\left({\Sc}t+b^{2}\right)\div\left(a^{2}t+\mathit{\Sc}\right)$.
- Les droites de Simson de $M_{t},M_{s},\widehat{\slov}$ passent par $L$. En outre $\simson\left(\slov\right)\parallel\lin{}$, $\simson\left(\widehat{\slov}\right)\perp\lin{}$.
- Le thm sur les trois lignes de Simson par un point $L=\equi\left(\lin{}\right)$ conduit à vérifier que \[ A+B+C=\slov\left(\lin{}\right)+2\equi\left(\lin{}\right) \] rappel: $\lin{}$ est un diamètre du circonscrit !!!
- On pose $J_{k}=P_{m}P_{n}\cap G_{m}G_{n}\etc$. Autrement dit, $\left[J\right]=desartri\left(\left[G\right],\left[P\right]\right)$. Et alors, $homolgon\left([J],[P]\right)$ donne trois droites passant par $L$.
- On passe en coordonnées inclusives et on pose $P\simeq k\nu:1:k/\nu$... D'aucuns appelleraient cela des coordonnées polaires. On a donc \[ G_{a},P_{a}\simeqx z\left[\begin{array}{c} \beta\gamma\left(\beta+\gamma\right)\\ 2\beta\gamma\\ \beta+\gamma \end{array}\right],\left[\begin{array}{c} \beta\gamma\left(k\,\nu^{2}-k\beta\gamma+\beta\nu+\gamma\nu\right)\\ 2\beta\gamma\nu\\ k\beta\gamma-k\,\nu^{2}+\beta\nu+\gamma\nu \end{array}\right] \]
- On écrit les cercles $cirA,cirB,cirC$ et on en calcule l'orthogonal commun en utilisant l'opérateur "avanie et framboise" , c'est à dire $\wedt$, la factorisation universelle du déterminant $4\times4$. Cela donne: \begin{eqnarray*} \Omega_{P} & \simeqx z & \left[\begin{array}{c} 2k^{2}\nu^{4}-2\nu^{2}s_{2}\\ -k^{2}\nu^{4}s_{1}+\left(2k^{2}s_{3}+s_{2}s_{1}-s_{3}\right)\nu^{2}-k^{2}s_{2}s_{3}\\ 2k^{2}s_{3}^{2}-2\nu^{2}s_{1}s_{3}\\ 4\nu^{2}s_{3} \end{array}\right]\\ D,\rho & \simeqx z & \left[\begin{array}{c} s_{3}\left(\nu^{2}s_{1}-k^{2}s_{3}\right)\\ 2\nu^{2}s_{3}\\ \nu^{2}\left(s_{2}-k^{2}\nu^{2}\right) \end{array}\right],\,\dfrac{1}{2}\left(1-k^{2}\right) \end{eqnarray*}
- On pose $L=D\left(k^{2}=1\right)$. On a donc \[ L\left(P\right)=\left[\begin{array}{c} s_{3}\left(\nu^{2}s_{1}-s_{3}\right)\\ 2\nu^{2}s_{3}\\ \nu^{2}\left(s_{2}-\nu^{2}\right) \end{array}\right] \] Et alors $\mathrm{locusconi}\left(L,\nu^{2}\right)$ montre que $L$ est sur le cercle \[ \omega\simeqx z-2s_{2}:s_{2}s_{1}-s_{3}:-2s_{1}s_{3}:4s_{3} \] Centré en X(5), avec $1/2$ pour rayon, ce cercle $\omega$ n'est autre que le fameux npc.
- On vérifie que $L$ appartient aussi à $\Omega_{P}$. Un coup de déterminant de Gramm... détermine que les deux cercles sont tangents. Et donc l'ensemble des $\Omega_{P}$ forment un faisceau tangentiel, qui ne dépend que de $\nu$.
- Le cercle podaire est $\ped\simeqx z$ \[ \left[\begin{array}{c} 2\nu^{2}\left(k^{2}\nu^{3}-ks_{1}\,\nu^{2}+s_{2}\nu-k^{3}s_{3}\right)\\ -k^{3}\nu^{6}+k\left(k^{2}s_{2}+s_{1}^{2}-s_{2}\right)\nu^{4}+\left(-k^{2}s_{1}s_{2}+k^{2}s_{3}-s_{1}s_{2}+s_{3}\right)\nu^{3}+k\left(k^{2}s_{1}s_{3}-s_{1}s_{3}+s_{2}^{2}\right)\nu^{2}-k^{3}s_{3}^{2}\\ 2s_{3}\nu\left(-k^{3}\nu^{3}+s_{1}\,\nu^{2}-ks_{2}\nu+k^{2}s_{3}\right)\\ 4s_{3}\left(k^{2}-1\right)\nu^{3} \end{array}\right] \]
- On vérifie que $L\in\ped$. Par conséquent les cercles $\omega$ (npc) et $\ped$ (podaire) se coupent en deux point, l'un étant l'orthopôle de la droite $OP$, l'autre étant l'orthopôle de la droite $OP^{*}$. Le lieu des points où $\omega,\ped$ sont tangents est donc K003=$\left[\pivk,\#X(1),X(3)\right]$.
- Une attaque en force brute, par le déterminant de Gramm, conduirait à $\left(k\pivk\right)^{2}=0$ avec \begin{eqnarray*} \pivk & \simeqx z & k^{2}\nu^{6}-\nu^{5}k\mathit{s}_{1}+\mathit{s}_{2}\,\nu^{4}-k^{2}\mathit{s}_{3}^{2}+k\nu\mathit{s}_{3}\mathit{s}_{2}-\nu^{2}\mathit{s}_{1}\mathit{s}_{3}\\ & \simeq & \left(\mathit{s}_{3}\,\mathit{\vzz}^{3}-\dfrac{\vz^{3}}{\mathit{s}_{3}}\right)-\left(\mathit{\vzz}^{2}\mathit{s}_{2}-\dfrac{\vz^{2}\mathit{s}_{1}}{\mathit{s}_{3}}\right)\vt+\left(\mathit{\vzz}\mathit{s}_{1}-\dfrac{\vz\mathit{s}_{2}}{\mathit{s}_{3}}\right)\vt^{2} \end{eqnarray*}
- Par ailleurs, on lance la machinerie $\lfit$, en considérant $\nu$ comme une constante et $k$ comme le paramètre. On écrit donc la matrice normalisée $\trim k=\left[P_{a},P_{b},P_{c}\right]$. On en cherche les coefficients de Neuberg, tels que $\trim k\cdot\left(f:g:h\right)$ soit indépendant de $k$. Et on les applique à $\trim k$et à $\left[ABC\right]$. On trouve: \[ \left(\begin{array}{c} f\\ g\\ h \end{array}\right)\simeq\left[\begin{array}{c} \left(\beta-\gamma\right)\left(\beta\gamma-\nu^{2}\right)\\ \left(\gamma-\alpha\right)\left(\gamma\alpha-\nu^{2}\right)\\ \left(\alpha-\beta\right)\left(\alpha\beta-\nu^{2}\right) \end{array}\right]\ptv\equi\simeqx z\left[\begin{array}{c} s_{3}\left(s_{1}\,\nu^{2}-s_{3}\right)\\ 2\nu^{2}s_{3}\\ -\nu^{4}+\nu^{2}s_{2} \end{array}\right]\ptv\slov\simeqx z\left[\begin{array}{c} s_{3}\div\nu^{2}\\ 1\\ \nu^{2}\div s_{3} \end{array}\right] \]
- Par ailleurs, on se demande quels sont les $N\left(\delta\right)$ dont la droite de Simson passe par $L$. Ceci revient à demander que \[ \verz\left(L\right)\cdot\ped\left(k=1,\nu=\delta\right)=0 \] Cette condition se factorise en \[ 2\alpha\beta\gamma\left(\delta-\alpha\right)\left(\beta-\delta\right)\left(\delta-\gamma\right)\times\left(\delta-\nu\right)\left(\delta+\nu\right)\left(\nu^{2}\delta+\alpha\beta\gamma\right) \] Une fois écartées les indéterminations prévisibles, il reste trois possibilités: $M_{t},M_{s},M_{X}$, autrement dit les deux intersections du diamètre avec le circonscrit et un troisième point dont "on voit bien que" $M_{X}=2O-\slov$.
- En outre, on vérifie aisément que $A+B+C-2L\simeq\slov$. C'est le moment de se souvenir de la construction des trois Simson passant par un point donné. Elle consiste à compromettre les in-excenters dans le tracé de trois RH formant faisceau. Pappus semble attribuer cette construction au fameux Al Ambic. Une référence serait bienvenue.
-
Tu as bien fait de séparer les épisodes... sinon c'est décourageant.J'y suis presque mais je n'ai pas réussi à deviner ce que veut dire desartri ou homolgon même si je me doute que ce sont le nom de tes procédures perso et que cela doit avoir un lien avec $L$ sur les droites $(J_mP_m)$Et il me manque aussi le fameux Al Ambic, je n'ai vraisemblablement pas la référence culturelle concernant la construction des 3 droites de Simson alors le jeu de mot a peu de chances de passer.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)
-
Bonjour, $\def\tri#1{\mathcal{T}_{#1}}$
- desartri, homolgon, etc: étaient une tentative pour nommer/distinguer un groupe de $4\times2=8$ procédures. Le $4$ vient des signatures \[ \left(\left\{ triangle\right\} ,\left\{ trigone\right\} \right)\mapsto\left\{ triangle,\,trigone\right\} \] tandis que le $2$ vient des méthodes: joindre les sommets homologues versus intersecter les côtés homologues.
-
Proposition d'une autre nomenclature:
- vertextrigone: $\left(A_{1}B_{1}C_{1},A_{2}B_{2}C_{2}\right)\mapsto A_{1}A_{2},$$B_{1}B_{2},C_{1}C_{2}$: on joint les sommets homologues, cela donne des droites. Si, ensuite, on les coupe entre elles, cela donne vertextriangle. Si l'on part des sidelines, on préfixe par $\mathrm{dr}$.
- drsidelinetriangle: $\left(\mathfrak{A}_{1}\mathfrak{B}_{1}\mathfrak{C}_{1},\mathfrak{A}_{2}\mathfrak{B}_{2}\mathfrak{C}_{2}\right)\mapsto\mathfrak{A}_{1}\cap\mathfrak{A}_{2},\mathfrak{B}_{1}\cap\mathfrak{B}_{2},\mathfrak{C}_{1}\cap\mathfrak{C}_{2}$: on intersecte les côtés homologues, cela donne des points. Si, ensuite, on les joint entre eux, cela donne drsidelinetrigone. Si l'on part des vertices, on enlève le préfixe dr.
- en résumé: si on part de triangles, pas de préfixe, si on part de trigones, préfixe.
- Perspectivité. On part de $\tri 1=ABC$ et $\tri 2$, triangle cévien de $P$. On obtient: \begin{eqnarray*} \left(\mathrm{reducol}\circ\mathrm{vertextriangle}\right)\left(\tri 1,\tri 2\right) & \simeq & \left(\begin{array}{ccc} p & p & p\\ q & q & q\\ r & r & r \end{array}\right)\\ \mathrm{\left(redurow\circ sidelinetrigone\right)\left(\tri 1,\tri 2\right)} & \simeq & \left(\begin{array}{ccc} qr & rp & pq\\ qr & rp & pq\\ qr & rp & pq \end{array}\right) \end{eqnarray*} On reconnaît le perspecteur (un point, décrit trois fois) et la perspectrice (une droite, décrite trois fois). \\ Et, bien entendu, on a la même chose avec le triangle anticévien.
- On a le théorème: \[ (\det\circ\, \mathrm{sidelinetrigone})(\tri 1,\tri 2)=(\det\circ\, \mathrm{vertextriangle})(\tri 1,\tri 2)\times\det\tri 1\det\tri 2 \] Autrement dit: s'il y a perspecteur, il y a perspectrice et réciproquement (pour deux triangles non dégénérés).
Cordialement, Pierre. -
Bonjour @VassilliaJe m'interroge à propos de______________________def centre(cer): #TriangleCenter(P1,P2,P3,3)
cen=matQ*cer
return vector([cen[0], cen[1], cen[2]])______________________________________J'essaie de me familiariser petit à petit avec l'espace des cycles. Si je commence à comprendre, le centre d'un cercle est donné par l'intersection (qui est un point au sens usuel) de 1) la droite joignant ce cercle à $\infty$ avec 2) la quadrique fondamentale.Bref, comment obtient-on matQ ?Cordialement.
-
Qu'est-ce que la quadrique fondamentale $matQ$ pour moi ?Entre autre, une matrice symétrique qui aura le bon gout de vérifier que pour tous cercles $cer_1$ de centre $O_1$ de rayon $r_1$ et tous cercles $cer_2$ de centre $O_2$ de rayon $r_2$ alors $^t cer_1 \cdot matQ \cdot cer_2=O_1O_2^2-r_1^2-r_2^2$On aura donc, et c'était un peu le but de la manœuvre, $^t cer_1 \cdot matQ \cdot cer_2=0$ si les cercles sont orthogonaux mais aussi $^t cer \cdot matQ \cdot cer=-2 r^2$ ce qui permet d'avoir le rayon facilement et finalement de constater que pour un cercle de centre $O$ de rayon $0$ (cercle-point) alors $^t cer \cdot matQ \cdot cer=0$. Autrement dit $ver(O) \cdot invQ \cdot ^t ver(O)=0$ avec $cer=invQ \cdot ^t ver(O)$.Bref, à part partir de $matM$, (tu sais, c'est la matrice qui transforme une droite en le point à l'infini de toutes les perpendiculaires à cette droite), il doit être possible de partir de $invQ$ pour trouver $matQ$. Par exemple en baycentriques, il s'agit des cercles-points $A$, $B$ et $C$ et de la droite de l'infini transformée en cercle. En coordonnées inclusives, les ombilics vont débarquer. Mais pour être honnête, je n'ai pas cherché à obtenir $matQ$, j'ai pris celle qui semblait fonctionner (comprendre celle que pldx1 utilise), vérifié qu'elle faisait bien ce qui était attendue d'elle et puis ... c'est tout.Pour en savoir plus, tu devrais peut-être lire son glossaire ou lui demander, c'est mon anniversaire lundi et on m'a préparé un petit week-end sympa alors pas trop le temps ce week-end non plus.PS pour @pldx1 : adjugé pour la nomenclature (dr) vertex/sideline triangle/trigone au moins j'ai compris même si je crois que j'aurais préféré un préfixe différent du genre vr/dr pour que ce soit plus clair pour moi. Je me connais, sans préfixe, je vais finir par oublier dans quel cas on est par défaut.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)
-
Ok, merci.
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Bonjour,
Eh bien, Bon anniversaire, Vassillia !!
J'espère que ce week-end est à la hauteur de tes espérances.
Cordialement,
Rescassol
-
Bon anniversaire, Vassillia.
-
Bonjour, $\def\pccq{\mathbb{P_{C}\left(C^{\mathrm{4}}\right)}}, \def\pcct{\mathbb{P_{C}\left(C^{\mathrm{3}}\right)}}$stfj a écrit: le centre d'un cercle est donné par l'intersection (qui est un point au sens usuel) deOn met tout en tas dans le blender, on appuie sur le bouton, et l'on s'écrie: "Moulinex libère le géomètre!".
- la droite joignant ce cercle à $\infty$
- la quadrique fondamentale.
Une autre façon de voir les choses est:- Il y a le rantanplan, il y a $\pcct$ (l'espace des points), il y a $\pccq$ (l'espace des cercles).
- Il y a "unbounded" dans le rantanplan, il y a la droite de l'infini dans $\pcct$ et il y a le cercle horizon dans $\pccq$.
- Il y a des droites dans le rantanplan (que l'on trace avec son compas ébréché), des rows (dans le dual de $\pcct$) agissant sur $\pcct$ et des matrices électromagnétiques agissant sur $\pccq$ et décrivant des faisceaux de cercles.
-
Bonjour @pldx1Vassillia m'avait proposé via son post de "faire un détour dans l'espace des cercles". Elle m'avait déjà fourni quelques outils (lignes de code) pour attaquer comme je peux des problèmes de Géométrie élémentaire où interviennent des cercles qui sont parfois posés sur Les-mathématiques.net. Bon an mal an, j'ai réussi à assembler ces lignes de code, pour obtenir en utilisant sagemath_____________________________________________def norm(P):
return P/(Linf*P)
def vecteur(P1,P2):
return norm(P2)-norm(P1)
def distance2(P1,P2) :
vec=vecteur(P1,P2)
return vec*pyth*vec
def perp(droite,point):
Pinf=matM*droite
return point.cross_product(Pinf)
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])
if len(vec)==4:
num=gcd([numerator(vec[0]), numerator(vec[1]), numerator(vec[2]),numerator(vec[3])])
den=lcm([denominator(vec[0]),denominator(vec[1]),denominator(vec[2]),denominator(vec[3])])
facteur=num/den
vec0=factor(vec[0]/facteur)
vec1=factor(vec[1]/facteur)
vec2=factor(vec[2]/facteur)
vec3=factor(vec[3]/facteur)
return vector([vec0,vec1,vec2,vec3])
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 wedge3(vec1,vec2,vec3):
mat=transpose( matrix([vec1,vec2,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 gram(cer1,cer2):
return (cer1*matQ*cer1)*(cer2*matQ*cer2)-(cer1*matQ*cer2)^2
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])
def cercle2(centre,point):
return invQ*ver(norm(centre))- distance2(centre,point)* vector([Linf[0],Linf[1],Linf[2],0])
#version coordonnées barycentriques
var('a b c u v w' , 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
matM=matrix([[a^2,-Sc,-Sb],[-Sc,b^2,-Sa],[-Sb,-Sa,c^2]]) #orthodir à multiplier par 1/S
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
invQ=matrix([[0,c^2,b^2,1],[c^2,0,a^2,1],[b^2,a^2,0,1],[1,1,1,0]])
A=vector([1,0,0]);B=vector([0,1,0]);C=vector([0,0,1])
AB=A.cross_product(B);BC=B.cross_product(C);CA=C.cross_product(A)
Ap=norm(B)+norm(C);Bp=norm(A)+norm(C);Cp=norm(A)+norm(B)
euler=cercle(Ap,Bp,Cp)
P=vector([u,v,w])
AP=perp(BC,P).cross_product(BC)
BP=perp(CA,P).cross_product(CA)
CP=perp(AB,P).cross_product(AB)
cerA=cercle2(Ap,AP)
cerB=cercle2(Bp,BP)
cerC=cercle2(Cp,CP)
cercleradical=invQ*wedge3(cerA,cerB,cerC)
cercleradical=simple(cercleradical)
if factor(gram(cercleradical,euler))==0:
print('Il est VRAI que le cercle radical et le cercle d Euler sont tangents.')
else:
print('Il est FAUX que le cercle radical et le cercle d Euler sont tangents.')___________________________________________Il est VRAI que le cercle radical et le cercle d Euler sont tangents.
______________________________________________________________________Génial. Mais pourquoi ça marche ? Kakeu ? J'ai plein de questions. Comme il fallait bien choisir par où commencer, je me suis focalisé sur_________________________def gram(cer1,cer2):
return (cer1*matQ*cer1)*(cer2*matQ*cer2)-(cer1*matQ*cer2)^2____________________________Qu'est-ce que c'est que ce truc ? Mes souvenirs sur la matrice de Gram remontaient à 35 ans. J'essaie donc de les réactiver. Ce n'est peut-être pas le meilleur bout par lequel prendre ces lignes de code. Si je prends le tout-début___________________________________def norm(P):
return P/(Linf*P)
def vecteur(P1,P2):
return norm(P2)-norm(P1)
def distance2(P1,P2) :
vec=vecteur(P1,P2)
return vec*pyth*vec
def perp(droite,point):
Pinf=matM*droitereturn point.cross_product(Pinf)_________________________________________________Là je pense que c'est ok. J'ai interrogé Vassillia sur ta matrice $W$ qui permet de définir matM.Au fait, as-tu vu que j'ai continué à répondre à tes 57 points dans cobars, veto ...? Avec la matrice d'une collinéation ? Dans ce contexte bac-4, c'est plus simple pour moi même si demeurent encore des zones d'ombre. bac-4, c'est pas rien tout de même. Pour dire que tout cela m'intéresse vivement. Maladroitement oui, mais ça m'intéresse vachement._________________________Cordialement. -
Bon anniversaire, @Vassillia !Bien amicalement, Jean-Louis B.
-
Merci pour mon anniversaire !@stfj vu la manière dont je t'ai présenté $matQ$ peux tu factoriser l'expression obtenue avec gram.On se rappelle aussi que les cercles $cer_1$ et $cer_2$ sont tangents intérieurement ssi $O_1O_2=|r_1-r_2|$ et tangents extérieurement ssi $O_1O_2=r_1+r_2$ et alors (comme dirait pldx1) ?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)
-
Vassillia a dit :Qu'est-ce que la quadrique fondamentale $matQ$ pour moi ?Entre autre, une matrice symétrique qui aura le bon gout de vérifier que pour tous cercles $cer_1$ de centre $O_1$ de rayon $r_1$ et tous cercles $cer_2$ de centre $O_2$ de rayon $r_2$ alors $^t cer_1 \cdot matQ \cdot cer_2=O_1O_2^2-r_1^2-r_2^2$On aura donc, et c'était un peu le but de la manœuvre, $^t cer_1 \cdot matQ \cdot cer_2=0$ si les cercles sont orthogonaux mais aussi $^t cer \cdot matQ \cdot cer=-2 r^2$ ce qui permet d'avoir le rayon facilement et finalement de constater que pour un cercle de centre $O$ de rayon $0$ (cercle-point) alors $^t cer \cdot matQ \cdot cer=0$. Autrement dit $ver(O) \cdot invQ \cdot ^t ver(O)=0$ avec $cer=invQ \cdot ^t ver(O)$.Vu cela, $(cer_1*matQ*cer_1)*(cer_2*matQ*cer_2)-(cer_1*matQ*cer_2)^2=4r_1^2r_2^2-(O_1O_2^2-r_1^2-r_2^2)^2=[2r_1r_2-O_1O_2^2+r_1^2+r_2^2].[2r_1r_2+O_1O_2^2-r_1^2-r_2^2]=-[(r_1-r_2)-O_1O_2][(r_1-r_2)+O_1O_2][(r_1+r_2)-O_1O_2][(r_1+r_2)+O_1O_2]$Donc l'égalité de cette expression avec $0$ équivaut au fait que les cercles sont tangents. Cool. Merci. C'est ton anniversaire et c'est toi qui offre un cadeauTout cela commence à ressembler à quelque chose. En outre, je commence à me familiariser avec la méthode de Morley.
Bonjour!
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