Géométrie et complexe

LaTouille

Bonjour. est-ce que quelqu'un pourrait m'aider à résoudre cet exercice s'il vous plait mercibeaucoup d'avance.

jacquot

Bonjour la Touille,

Que peux-tu dire du point $G$ d'affixe $\dfrac {a+b+c}{3}$

Connais-tu la droite d'Euler dans le triangle? Et la position relative des 3 centres sur ladite droite? Sinon, tu cherches avec Google!

Bonne chance.

Utilisateur anonyme

Bonjour,
sinon tu dois montrer que (AH) est perpendiculaire à (BC) et que (BH) est perpendiculaire à (AC). tu as surement dans ton cours une méthode pour montrerca avec des complexes

KB

Bonjour La Touille.

1) Dans un losange, les diagonales sont perpendiculaires.

2) Soient s et t deux complexes de même module.
Les vecteurs d'affixes respectives s+t et s-t sont orthogonaux.

3) Soient trois complexes a, b, c de même module.
Soient O, A, B, C, H les points d'affixes respectives 0, a, b, c, a+b+c.
Les vecteurs AH et BC sont orthogonaux.

4) Conclure.

Très cordialement.

Nicolas85

Bonjour,
j'ai exactement le même type de question dans un exercice !
Malgré la solution proposée par KB, je n'arrive toujours pas à comprendre comment résoudre cette question

Pourrais-tu détailler un peu plus pour les plus nuls ? ^^

Merci d'avance !

bisam

En fait, puisque le résultat h=a+b+c est donné, il suffit de vérifier que ça marche, autrement dit, comme le conseille Pitchou, il suffit de constater qu'avec cette affixe pour le point H, on a bien (AH) perpendiculaire à (BC), (BH) perpendiculaire à (AC) (et il est même inutile de vérifier le troisième).

jacquot

Bonsoir,

Voici un dessin pour illuster les propos des différents intervenants, notamment de KB qui te parle d'un losange.

Et que pensez-vous de ma solution faisant intervenir la droite d'Euler? La Touille et Nicolas, cela n'évoque-t-il rien pour vous?

Nicolas85

Merci pour ce schéma !

En effet la Droite d'Euler me parle, mais, je pense qu'il s'agit en fait d'un exercice qui a pour but d'arriver à expliquer justement que ces 3 points soient alignés...

Le fait que s+t et s-t soient orthogonaux ne doit pas pouvoir se dire si simplement non ?

Dans mon exrrcice, on précise " de montrer que (h-a)/(c-b) est imaginaire pur. Quelle conséquence ? ".

Je n'arrive même pas à monter la chose précédente ... Peutêtre du coté des exponentielles ?

Merci pour votre aide en tout cas

nicolas.patrois

La droite de Simson ?

jacquot

Alors voilà, Nico:
h-a = b+c
C'est l'affixe de l'une des diagonales du losange construit sur OB et OC.
c-b est l'affixe de l'autre diagonale....

Je garde sur cet exo un regard géométrique, il serait dommage de trop calculer!

Bruno

Bonjour Jacquot.

Pour éviter {\it tout} calcul, il suffit de poser $\overrightarrow{OM} = \cdots$ et de projeter orthogonalement les points sur un côté du triangle. On voit (tout de suite ::o) que le point $M$ a même projection que le sommet qui n'appartient pas au côté ; par symétrie, le point $M$ appartient à toutes les hauteurs.

Je pense comme Nicolas que cette démonstration est indépendante de la droite d'Euler. Si ce n'était pas artificiel, je trouve que ce serait une jolie démonstration de l'existence de l'orthocentre. Quant à introduire des affixes, ma profonde répugnance pour la géométrie analytique immotivée me pousse à rejeter ce point de vue .

Bruno

Nicolas85

Et voui, mais le problème c'est qu'il faut traiter l'exo avec des complexes ^^
Sinon, comment prouver que b+c est une des diagonales ?

Je n'arrive pas à me faire à l'idée de cela. Comment le trouve-ton ?

Merci

jacquot

-> Nicolas: Comment construis-tu le vecteur $\overrightarrow{OB} +\overrightarrow{OC} $ ?
Bon je n'ai pas vu l'énoncé de ton exo, mais je ne pense pas qu'il faille calculer, plutôt remarquer que les vecteurs étant orthogonaux, le quotient de leurs affixes est imaginaire pur


--> Intéressante, ta remarque, Bruno, du tout géométrique, sans affixe aucune. L'alignement des 3 centres vient en prime.

Nicolas85

Voici l'énoncé si quelques uns souhaitent participer ^^
Merci !

KB

Bonjour Nicolas.

1) (h - a)/(c - b) = ((a+b+c) - a)/(c - b) = (b + c)/(c - b).
On multiplie par la quantité conjuguée de c - b haut et bas.
= ((b + c).conj(c - b)) / (c - b).conj(c - b)
= (b + c).(conj(c) - conj(b)) / |c - b|² (Pour tout z, z.conj(z) = |z|².)
= (b.conj(c) - b.conj(b) + c.conj(c) - c.conj(b)) / |c - b|²
= (b.conj(c) - c.conj(b) + c.conj(c) - b.conj(b)) / |c - b|²
= (b.conj(c) - conj(b.conj(c)) + |c|² - |b|²) / |c - b|²
= (b.conj(c) - conj(b.conj(c))) / |c - b|² (B et C sont sur un même cercle de centre O, donc |b| = |c|.)
= 2i.Im(b.conj(c)) / |c - b|² Pour tout z, z - conj(z) = 2i.Im(z).)
= i x (2Im(b.conj(c))/|c-b|²).
Donc (h - a)/(c - b) est un imaginaire pur.

2) arg((h - a)/(c - b)) = arg(h - a) - arg(c - b) = (u ; AH) - (u ; BC) = (BC ; u) + (u ; AH) = (BC ; AH).
Or (h - a)/(c - b) est un imaginaire pur, donc arg((h - a)/(c - b)) vaut pi/2 ou -pi/2 à 2pi près, donc l'angle (BC ; AH) est droit.
Donc (AH) est perpendiculaire à (BC).

3) A, B, C jouant des rôles parfaitement symétriques et H, d'affixe a+b+c étant lui-même d'expression symétrique par rapport à A, B, C, le résultat obtenu se généralise en permutant A, B, C comme on l'entend.
On obtient donc, en plus de (AH) et (BC) perpendiculaires, que (BH) et (CA) le sont aussi, ainsi que (CH) et (AB).
Donc H est l'orthocentre du triangle ABC.

Très cordialement.

Nicolas (Heureux)

Merci infiniment KB !
Très clair d'un coup !

Nicolas (Hésitant)

Petite rectification, j'ai du mal avec cette ligne :

arg((h - a)/(c - b)) = arg(h - a) - arg(c - b) = (u ; AH) - (u ; BC) = (BC ; u) + (u ; AH) = (BC ; AH).

Que représente u ? Un vecteur ?
AH, est-ce une longueur ou un vecteur ?

Merci ! -D

Pitchou...

Le vecteur u représente le vecteur unité de l'axe des abscisses (le répère s'appelle (O,u,v) en général)

KB

Je confirme en en profitant pour te saluer, cher Pitchou.

stfj

Bonjour,

Je me permets de réactiver ce post tant il m'intéresse comme une introduction à la méthode de Morley, que je ne suis toujours pas parvenu à assimiler.

Je vais essayer Jaouen's trick ici. $a=(x_A,y_A)$(etc.) puis les coordonnées cartésiennes complétées $A=x_A:y_A:1$

Comme Jaouen's trick ne fonctionne pas, Morley's trick $$A=a:1:\frac1a\text{(etc.)}$$ $$O=0:1:0\text{(probablement)}$$Même $G$ je me rappelle à peine comment alors le décrire.

bd2017

(Re)- Bonjour Morley à la main. On ne restreint pas la généralité en prenant $R=1$

$(AH)$  est une hauteur ssi $\dfrac{b+c}{b-c}$ est imaginaire pur 

donc si   $\dfrac{b+c}{b-c}=\dfrac{1/b+1/c}{1/b-1/c}$

Utliser  Sagemath - programmer et voir que

$\dfrac{b+c}{b-c}-\dfrac{1/b+1/c}{1/b-1/c}=0$

Print  "c'est gagné".

Conclure par permutation.

stfj

sagemath via

________________________

def norm(P):
    return P/(Linf*P)
def simple(vec) :   
    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)
    vecteur=vector([vec0,vec1,vec2])
    return vecteur


def perp(droite,point,pyth,Linf):
    inf=droite.cross_product(Linf)
    droiteortho=pyth*inf
    orthopoint=droiteortho.cross_product(Linf)
    perp=orthopoint.cross_product(point)
    return perp

var('a b c')
Linf=vector([0,1,0])
A=vector([a,1,1/a])
B=vector([b,1,1/b])
C=vector([c,1,1/c])
Ap=norm(B)+norm(C)
Bp=norm(A)+norm(C)
Cp=norm(A)+norm(B)
AAp=A.cross_product(Ap)
BBp=B.cross_product(Bp)
G=AAp.cross_product(BBp)
CCp=C.cross_product(Cp)
nul=CCp*G
print (factor(nul))
print (simple(G))

pyth=1/2*matrix([[0,0,1],[0,0,0],[1,0,0]])
AB=A.cross_product(B)
BC=B.cross_product(C)
CA=C.cross_product(A)

ha=perp(BC,A,pyth,Linf)
hb=perp(CA,B,pyth,Linf)
print(simple(ha.cross_product(hb)))

______________________

fournit

_________________

0
(1/3*(a + b + c)*a*b*c, a*b*c, 1/3*a*b + 1/3*a*c + 1/3*b*c)
(-(a + b + c)*a*b*c, -a*b*c, -a*b - a*c - b*c)

stfj

@Vassillia, si et quand tu aurais le temps, comment synthétises-tu avec une matrice

________________________

def perp(droite,point,pyth,Linf):
    inf=droite.cross_product(Linf)
    droiteortho=pyth*inf
    orthopoint=droiteortho.cross_product(Linf)
    perp=orthopoint.cross_product(point)
    return perp

________________________________

en

__________________________

def perp(droite,point):
    Pinf=matM*droite
    return point.cross_product(Pinf)

__________________________

où

_______________________________________

matM=matrix([[a^2,-Sc,-Sb],[-Sc,b^2,-Sa],[-Sb,-Sa,c^2]]) #orthodir à multiplier par 1/S

________________________________________

Il serait préférable pour moi de le voir d'abord en coordonnées barycentriques, pour ensuite poursuivre mon étude de la méthode de Morley dans un deuxième temps.

Remarque : j'ai bien compris la méthode sous-tendue par le code ci-dessus avec la polaire de $\infty_{droite}$ wrt $pyth$.

Cordialement.

Vassillia

Bonjour,

Déjà, ce n'est évidemment pas de moi, je te laisse deviner de qui...

Pour $\Delta \simeq [p,q,r]$,  on remarque que $\Delta \wedge \mathcal L_{\infty} = (q-r : -p+r : p-q) = W \cdot ^t \Delta$ avec $W= \left(\begin{array}{rrr} 0 & 1 & -1 \\ -1 & 0 & 1 \\ 1 & -1 & 0 \end{array}\right)$

Et ça c'est pratique, cela permet d'enchainer les calculs, on calcule d'abord le point à l'infini (on multiplie par $W$) puis la droite perpendiculaire passant par $O$ (on multiplie par $pyth$) puis à nouveau le point à l'infini (on multiplie par $^tW$)

Ce qui nous donne $\mathcal M=\dfrac{1}{2S} \times ^t W\cdot pyth \cdot W = \dfrac{1}{2S} \left(\begin{array}{rrr} a^2 & -S_c & -S_b \\ -S_c & b^2 & -S_a \\ -S_b & -S_a & c^2 \end{array}\right)$

Remarque : Le facteur $\dfrac{1}{2S}$ pour $\mathcal M$ ne sert strictement rien pour les perpendiculaires mais sert pour les angles. Exactement comme le facteur $\dfrac{1}{2}$ pour $pyth$ ne sert strictement à rien pour les perpendiculaires mais sert pour les distances.

En effet, en considérant que l'orientation est dans le sens $(AB,AC)$ alors si on parle d'angles d'orientés entre droites, on a 

$$tan(\Delta_1,\Delta_2)=\dfrac{\Delta_1 \cdot W \cdot ^t \Delta_2}{\Delta_1 \cdot \mathcal M \cdot ^t \Delta_2}$$

Bref, cette digression mise à part, maintenant, on peut calculer $\mathcal M\cdot ^t \Delta$ et on aura l'orthopoint du point à l'infini de $\Delta$, autrement dit l'orthodir de $\Delta$, encore autrement dit le point à l'infini de toutes les perpendiculaires à $\Delta$. Cela permet de faire directement le wedge avec le point qui nous intéresse pour avoir la bonne perpendiculaire.

Tu vas peut-être m'en vouloir de ne pas l'avoir dit avant mais je suis persuadée qu'il faut se servir de la droite de l'infini comme d'une vraie droite pour lui donner "du sens" avant de passer en tout matriciel, ce n'est qu'une opinion évidemment.

PS : $S_a=(b^2+c^2-a^2)/2$ et $S_b=(a^2+c^2-b^2)/2$ et $S_c=(a^2+b^2-c^2)/2$ et $S=\sqrt{(a+b+c)(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)}/4$

Chaurien

 • Rappel. Soit $z\in \mathbb{C}$, $z=x+iy$, $x\in \mathbb{R}$, $y\in \mathbb{R}$, et $z^{\prime }\in \mathbb{C}$, $z^{\prime }=x^{\prime }+iy^{\prime }$, $x^{\prime }\in \mathbb{R}$, $y^{\prime }\in \mathbb{R}$. 

Alors $\overline{z}z^{\prime }=(xx^{\prime }+yy^{\prime })+i(xy^{\prime }-x^{\prime }y)$. On peut poser : $(z\mid z^{\prime })=xx^{\prime}+yy^{\prime }=\mathfrak{Re} (\overline{z}z^{\prime })=\frac{1}{2}(\overline{z}z^{\prime }+z\overline{z^{\prime }})$. 

C'est le produit scalaire dans le $\mathbb{R}$-espace vectoriel $\mathbb{C}$, avec la base canonique $(1,i)$ orthonormale. 

Les vecteurs d'affixes $z$ et $z^{\prime }$ sont orthogonaux si et seulement si $(z\mid z^{\prime })=0$. On remarque que $(z\mid z)=\left\vert z\right\vert ^{2}$.

 •  Soient $A$, $B$, $C$ des points d'affixes respectives  $a$, $b$, $c$, situés sur un cercle de rayon $R$ et de centre $O$ d'affixe $0$. Soit $H$ le point d'affixe $h=a+b+c$. Alors $(h-a\mid c-b)=(b+c\mid c-b)=\left\vert c\right\vert ^{2}-\left\vert b\right\vert ^{2}=0$, d'où : $\overrightarrow{AH}\perp \overrightarrow{BC}$.
On a de même : $\overrightarrow{BH}\perp \overrightarrow{AC}$ et $\overrightarrow{CH}\perp \overrightarrow{AB}$. Ce qui prouve que $H$ est l'orthocentre du triangle $ABC$.

Chaurien

• Complément. Il est bien connu que l'affixe du centre de gravité $G$ est $g=\frac 13 (a+b+c)$.

Dans mon message précédent, j'ai prouvé que le point  $H$ d'affixe $h=a+b+c$ est l'orthocentre du triangle $ABC$. 

Il en résulte : $h=3 g$, ce qui se traduit par : $\overrightarrow{OH}= 3 \overrightarrow{OG}$, ce qui définit la droite d'Euler. 

stfj

Merci @Chaurien.

Merci @Vassillia : tu l'avais déjà expliqué mais c'était prématuré pour moi. Là, c'est limpide, comme d'habitude.