Une coconicité avec le point isopérimétrique ?

Ludwig
Modifié (November 2024) dans Géométrie
Bonjour,
Un problème inspiré du fil quasyperbolique récent.
$A_0BC$ est un triangle. Pour tout $i\in\mathbb N^*$, $A_i$ est le point isopérimétrique ($X_{175}$ dans l'ETC) du triangle $A_{i-1}BC$. Les $A_i$ sont-ils coconiques ?

Pour d'éventuels calculs on prendra $B(-1,0)$ et $C(1,0)$.

Réponses

  • Ludwig
    Modifié (November 2024)
    Aïe, c'est le cercle circonscrit au triangle initial... Du coup le problème est plus simple.
    On peut changer le problème en prenant $X_{175}$ et démontrer que les $A_i$ sont coconiques (ou pas !).
    Voilà j'ai changé mon post initial (qui était avec $X_{100}$).
  • Rescassol
    Modifié (November 2024)
    Bonjour,

    Ben oui, on sait que $X_{100}=\left[\dfrac{a}{b-c}; \dfrac{b}{c-a}; \dfrac{c}{a-b}\right]$ est sur le cercle circonscrit puisqu'il vérifie l'équation $a^2yz+b^2zx+c^2xy=0$.

    Cordialement,
    Rescassol

  • Merci @Rescassol. Tu as vu que j'ai modifié ma question pendant que tu répondais, tu es trop rapide ! :smile:
    Pour mon nouveau problème les points $A_i$ semblent bien appartenir à une même conique.
    Si on note $A_0(u,v)$ alors ils sont tous sur l'hyperbole d'équation $ky^2+(k-1)(x^2-k)=0$, avec :
    $$k=\frac{1}{2}  \left(u^{2} + v^{2} - \sqrt{v^{4} + 2  v^{2}  \left(u^{2} + 1 \right) + \left(u^{2} - 1 \right)^{2}} + 1 \right).$$ J'ai trouvé cette formule presque sans effort ! Je suis parti de $A_0(0.6,1.4)$, j'ai tracé la conique avec le logiciel, je lui ai demandé de mettre son équation sous la forme $x^2/a^2-y^2/b^2=1$ et j'ai constaté que $a^2+b^2=1$. Ensuite j'ai écris que les coordonnées du point $A_0$ vérifient cette équation pour trouver $a^2$ (et donc $b^2$) en fonction de $u$ et $v$.
    Il reste maintenant à valider ce résultat à l'aide d'un logiciel de calcul formel.
  • Rescassol
    Modifié (November 2024)
    Bonsoir,

    Il s'agit de l'hyperbole de foyers $B$ et $C$ passant par $A$.
    Son centre est le milieu de $[BC]$ et ses axes sont $(BC)$ et sa médiatrice.
    Son équation barycentrique est:
    $(a-b+c)(a+b-c)y^2 + (a-b+c)(a+b-c)z^2 + 4c(b-c)xy - 4b(b-c)xz - 2(a^2+(b-c)^2)yz=0$
    Ou encore $(a-b+c)(a+b-c)(y^2 + z^2) + 4(b-c)(cy-bz)x - 2(a^2+(b-c)^2)yz=0$

    Cordialement,
    Rescassol

  • Rescassol
    Modifié (November 2024)
    Bonsoir,

    Les asymptotes de l'hyperbole ont pour équation barycentrique:
    $(b-c)\left (b+c\pm \sqrt{(a+b+c)(b-a+c)}\right)x+a^2(y-z) = 0$
    Ses sommets sont $[0;\space a-b+c;\space a+b-c]$ et $[0;\space a+b-c;\space a-b+c]$.

    Cordialement,
    Rescassol

  • Ludwig
    Modifié (November 2024)
    Ah oui ! Les foyers de cette hyperbole sont les points $B$ et $C$. Cela nous donne au passage une méthode pour construire $X_{175}$ à la règle et au compas. Car d'après l'ETC il est sur la droite passant par $I=X_1$ et $G=X_7$. Donc on construit le centre $I$ du cercle inscrit, le point de Gergonne $G$ puis les intersections de cette hyperbole avec $(GI)$ (des méthodes sont connues à partir des foyers) :
    Je me demande comment était construit ce point sinon. Je rappelle que c'est le point $X$ du plan tel que les triangles $ABX$, $ACX$ et $BCX$ soient de même périmètre.
    Ci-joint un des articles mentionnés par l'Encyclopédie : G. R. Veldkamp, "The isoperimetric point and the point(s) of equal detour," American Mathematical Monthly 92 (1985) 546-558.
  • Bonjour,

    L'autre point, après $X_{175}$, où la droite $(X_1X_7)$ coupe l'hyperbole est $X_{176}$.

    Cordialement,
    Rescassol

  • GaBuZoMeu
    Modifié (November 2024)
    Bonsoir,
    Je suis étonné que personne n'ait mentionné explicitement que l'égalité $PC + CA + AP = PA + AB + BP$ entraîne $PC -PB = AB-AC$, et donc que $P$ est sur l'autre branche de l'hyperbole de foyers $B$ et $C$ passant par $A$.
    En conséquence, la première figure de @Ludwig est incorrecte puisqu'il n'y a pas alternance entre les branches.

  • Bien vu @GaBuZoMeu. J'ai pourtant bien fait calculer le point isopérimétrique $X_{175}$. Cela dit je me souviens avoir changé des indices des $A_i$ et puis, aussi et surtout : pour que ce problème isopérimétrique ait une solution il faut que $a+b+c>4R+r$ (voir l'ETC) et si ce n'est pas le cas $X_{175}$ ne représente rien du tout. Si on fait calculer la suite des $A_i$ possible qu'à un moment donné cette inégalité ne soit plus vérifiée. Je suis d'ailleurs curieux de voir à quoi ressemble la partie du plan qui la vérifie ($B$ et $C$ étant fixés).
  • Ludwig
    Modifié (November 2024)
    J'ai tracé la courbe $a+b+c=4R+r$ en prenant $B(-1,0)$ et $C(1,0)$. Il semble que la partie elliptique centrale et les parties gauche et droite soient celles interdites :
    Une équation simple pour cette courbe ?

  • Pour jouer :
    Les trois hyperboles ont deux points en commun. Des fois ces deux points sont sur les mêmes branches que $A,B,C$, des fois il y en a un sur les autres branches : c'est alors l'isopérimétrique.
  • Rescassol
    Modifié (November 2024)
    Bonsoir,

    Une équation pour ta courbe, Ludwig, on ne peut pas dire qu'elle soit simple:
    $4x^2(x^2+y^2)^2 + 4y(x^2+y^2)(2x^2-y^2) + (4x^4-13y^4) - 4y(4x^2+5y^2) - 4(5x^2+2y^2) + 8y + 12=0$
    Il faut rajouter l'autre moitié, symétrique par rapport à Ox.

    Cordialement,
    Rescassol

  • Ludwig
    Modifié (November 2024)
    Pas facile de la tracer au voisinage de $B$ ou $C$. Heureusement elle est rationnelle : $$ x= \frac{(3t+4)(9433  t^{4} - 12728  t^{3} + 7360  t^{2} - 1920  t + 256)}{\left(11  t - 4 \right)  \left(65  t^{2} - 32  t + 16 \right)^{2}},$$$$y= \frac{3136t^2(t-1)^2(93  t^{2} - 60  t + 16)}{\left(11  t - 4 \right)^{2}  \left(65  t^{2} - 32  t + 16 \right)^{2}}).$$
  • Bonjour,

    J'ai vérifié. tes éxpressions paramétriques sont bien solutions de mon équation.

    Cordialement,
    Rescassol

  • On peut aussi faire le changement de variable $t= \tan(u)$ pour éviter qu'il y ait un "trou" dans la courbe, certes à peine visible si $t$ varie sur un large intervalle mais quand même :

    Ci-joint une construction à la règle et au compas des points $X_{175}$ et $X_{176}$ via l'intersection de l'hyperbole de foyers $B$ et $C$ passant par $A$ avec la droite $(X_1 X_7)$. Pour cette intersection j'ai utilisé une méthode d'Ernest Lebon (1885) qui fonctionne bien ici car elle utilise des points déjà construits. On se ramène on s'en doute à l'intersection d'un cercle et d'une droite, donc il faut choisir la bonne intersection. Il se trouve sauf erreur que GeoGebra choisit toujours la bonne (voir le test booléen). 2 cercles, 12 droites, fichier à renommer en .ggb.
    175.txt 48.6K
  • Ludwig
    Modifié (November 2024)
    On peut voir la courbe $a+b+c=4R+r$ comme le lieu des points $A$ pour lesquels le point isométrique de $ABC$ n'est pas défini. On cherche donc à annuler la somme de ses coordonnées barycentriques. Toujours avec $B(-1,0)$ et $C(1,0)$ je trouve, en utilisant la loi des sinus et celle des cosinus, que les longueurs $b$ et $c$ du triangle sont les solutions de l'équation : $$16(1-\sin{\hat{A}}) + x \left(9-4  \cos{\hat{A}} - 5  \cos{(2\hat{A}}) - 16 \sin{\hat{A}}  \right) + x^{2} (\cos{\hat{A}}+2\sin{\hat{A}}-1)^{2} =0$$ On en déduit en particulier que l'angle $\hat{A}$ du triangle est compris entre $0$ et $2\operatorname{tan⁻¹} \left( \frac{4}{3} \right)$. Il en découle aussi une construction à la règle et au compas de la courbe, puisque les racines de cette équation sont constructibles. Mais pas d'équations paramétriques plus simples que celles déjà postées, car il y a des racines carrées. Quoiqu'il y a peut-être une astuce en utilisant le lieu des points (un arc de cercle) qui forment avec $B$ et $C$ un angle constant (?).
  • Ludwig
    Modifié (November 2024)
    Avec l'arc capable on obtient quand même des formules assez simples : le lieu des points d'où l'on voit $[BC]$ sous un angle ${\alpha}$ est un arc centré sur $O(0,1/ \tan{\alpha})$. Pour obtenir la courbe $a+b+c=4R+r$ il suffit de prendre l'intersection de cet arc avec la droite d'équation : $$y=\frac{8\sin{\alpha}\;(1-\sin{\alpha})}{(\cos{\alpha}+2\sin{\alpha}-1)^2}.$$
  • Ludwig
    Modifié (November 2024)
    Le lieu du centre du cercle inscrit au triangle $BCQ$ lorsque $Q$ parcourt la courbe $a+b+c=4R+r$ est une courbe qui ressemble à un chapeau (en orange). Oh mais je l'ai déjà vue cette courbe ! Une petite recherche internet et on tombe rapidement sur le bicorne. Je vérifie... bingo !! Du coup on peut construire la courbe $a+b+c=4R+r$ à la règle et au compas très simplement, car le bicorne lui-même est facile à construire. Le site mathscurve en donne trois constructions, j'ai pris celle de Gaston Albert Gohierre de Longchamps (1897) :

    Elle conduit à une paramétrisation très simple de la courbe bleue :$$x=\frac{-9\sin(t)+4\sin(2t)-\sin(3t)}{8(\cos(t)-1)},y=\frac{\cos^2(t)(2-\cos(t))}{4\sin^2(t/2)}.$$ La construction du bicorne par Václav Jeřábek (1912) est très jolie et encore plus simple, mais elle donne les mêmes équations.
  • La paramétrisation rationnelle de la courbe bleue postée un peu plus haut a été trouvée par Sage. En posant $u=\tan(t/2)$ dans les équations de mon message précédent je trouve une autre paramétrisation rationnelle, bien plus simple que celle de Sage :
    $$x=\frac{5 u^{4} + 2 u^{2} + 1}{2 u  \left(u^{2} + 1 \right)^{2}}, y=  \frac{(3u^2+1)\left(u^{2} - 1 \right)^{2}}{4u^2  \left(u^{2} + 1\right)^{2}}.$$ Y a-t-il un moyen de régler Sage pour qu'il me donne ce résultat directement ? Ou bien de transformer sa première réponse ?
    Ci-dessus la construction (ultra simple) de la courbe à la règle et au compas qui découle de celle du bicorne par Jeřábek.
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