poupées gigognes

Bonsoir
on sait bien que le triangle médian du triangle médian du triangle médian du triangle médian du triangle médian (etc)...d'un triangle ABC se réduit en l'isobarycentre G du triangle ABC .
De même , le triangle orthique du triangle orthique du triangle orthique (etc)... d'un triangle ABC se réduit en un point P .
Comment trouver P par la géométrie "élémentaire" ?

kolotoko

Réponses

  • Bonsoir,

    votre question signifie-t-elle que dans le cas général ce point n'est pas constructible à la règle et au compas?

    S
  • Samok
    non, pas forcément(je n'en sais trop rien); si le triangle ABC est équilatéral le point P est aussi G=H=O avec les notations d'usage .
    Ma question serait plutôt : "c'est quoi ce point P ? " .

    kolotoko
  • Bonjour,

    Est-on même sûr que ce point P existe? Ne risque-t-on pas de tomber sur un triangle orthique rectangle?

    Félix
  • \begin{quote}
    {\bf Felix} : Ne risque-t-on pas de {\bf tomber} sur un triangle orthique rectangle?
    \end{quote}

    Et on se ferait très mal !!!

    De plus, les angles du triangle orthique sont parfaitement connus...
  • Bonsoir
    Ne pourrait-on montrer que les trois suites de points formées par les sommets des triangles orthiques successifs sont des suites de Cauchy convergeant vers le même point en jouant sur le fait que le rayon du cercle d'Euler est la moitié du rayon du cercle circonscrit?
    Quant à savoir si ce point limite éventuel figure dans ETC, j'en doute beaucoup sinon on le saurait depuis longtemps!
  • Bonsoir
    En tout cas, il faut tenir compte de l'objection de Felix et chercher déjà l'ensemble des triangles dont un triangle orthique itéré est un. triangle rectangle!
  • Bonsoit tao,
    Tu fais remonter un vieux fil que je n'avais pas vu en son temps.
    Pour plagier maître pappus, il existe une unique application affine $f$ qui envoie les sommets $A,B,C$ d'un triangle sur les pieds des hauteurs $H_A,H_B,H_C$. Que sait-on sur cette application ? On doit bien connaître les coordonnées barycentriques de $H_A,H_B,H_C$ dans le repère affine $(A,B,C)$.

    J'ouvre la bible (le JDE) et je trouve ... rien sur le sujet. A voir !

    Cordialement,
    zephir.
  • Bonne nuit,

    Avec Morley circonscrit, cette application affine a pour expression $f(z)=-\dfrac{1}{2}z-\dfrac{s_2}{2}\overline{z}+s_1$ et son point fixe est le point de Lemoine $X_6=\dfrac{6s_1s_3-2s_2^2}{9s_3-s_1s_2}$.

    Cordialement,

    Rescassol
  • @zephir : les coordonnées barycentriques de $H$ se trouvent dans le JDE. De là il est aisé d'obtenir celles de $H_A$, $H_B$ et $H_C$. Mais je ne crois pas que ce soit utile pour notre problème.
  • Peu familier de cette géométrie avancée, j'ai réussi à retrouver ETC , Encyclopedia of Triangle Centers, mais pour JDE je donne ma langue au chat.
  • Ah merci, honte sur moi car j'ai bien connu Eiden il y a des années dans un jury de concours. J'ai ce livre mais je ne l'utilise pas assez.
    Bonne journée.
  • Bonjour
    @Zephir & Rescassol
    si $f$ est l'application affine $ABC\rightarrow H_{a}H_{b}H_{c}$, son point fixe est, comme le disait Rescassol, le point symédian $K$.
    Sa partie linéaire $\overrightarrow{f}$ est autoadjointe ($f$ est orthologique) et de trace $-1$ ($H_{a}H_{b}H_{c}$ est inscrit dans $ABC$)
    $f$ est ainsi composée de deux affinités orthogonales d'axes deux droites perpendiculaires passant par $K$.
    Plus précisément, si la droite d'Euler coupe en $U$ et $V$ le cercle circonscrit, soient $\Delta _{U}$ et $\Delta _{V}$ les perpendiculaires menées de $K$ aux droites de Simson de $U$ et $V$; en d'autres termes $\Delta _{U}=KU^{\ast },\Delta _{V}=KV^{\ast }$ où $U^{\ast }$ et $V^{\ast }$ sont les isogonaux (à l'$\infty $) de $U$ et $V$ (ce sont aussi les points à l'$\infty $ de l'hyperbole de Jerabek).
    Alors $f$ est le produit commutatif de l'affinité orthogonale d'axe $\Delta _{U}$, rapport $\dfrac{\overline{HU}}{\overline{UV}}$ et de l'affinité orthogonale d'axe $\Delta _{V}$, rapport $\dfrac{\overline{HV}}{\overline{VU}}$. On a évidemment $\left\Vert \overrightarrow{UV}\right\Vert =2R$ et les deux rapports d'affinité sont les racines du polynôme caractéristique de $f$, soit $X^{2}+X+2\cos A\cos B\cos C$.

    @ Everybody
    En ce qui concerne le point de Kolotoko, sans avoir regardé cela de près, je pense que ses coordonnées barycentriques peuvent être obtenues comme sommes de séries faisant intervenir les cosinus et sinus des angles aux sommets de $ABC$ et (pure supputation) on peut soupçonner que si $a,b,c$ sont entiers, ces coordonnées sont en général transcendantes, ce qui expliquerait qu'elles ne figurent pas dans $ETC$.
    Amicalement. Poulbot
  • Re-bonjour
    partant de $T_{0}=A_{0}B_{0}C_{0}=ABC$, si $T_{n}=A_{n}B_{n}C_{n}$ est le triangle orthique de $T_{n-1}$, il est facile de voir, par récurrence, que $\left\Vert \overrightarrow{B_{n}C_{n}}\right\Vert =\dfrac{R}{2^{n-1}}\left\vert \sin \left( 2^{n}A\right) \right\vert $ et $\left\Vert \overrightarrow{A_{n}A_{n+1}}\right\Vert =\dfrac{R}{2^{n-1}}\left\vert \sin \left( 2^{n}B\right) \sin \left( 2^{n}C\right) \right\vert $, ce qui montre bien la convergence de $A_{n},B_{n},C_{n}$ vers un même point.
    Quant à le localiser exactement, c'est, à mon avis impossible et je persiste à penser ce que je disais dans mon message précédent.
    Cordialement. Poulbot
  • Re-bonjour
    pour ceux qui seraient encore persuadés de la possibilité de localiser la limite des sommets des triangles orthiques itérés, j'ai retrouvé un problème de Centrale qui traite de ce sujet dans le cas particulier d'un triangle isocèle (voir PJ).
    Partant d'un triangle isocèle $ABC$ dont les sommets ont pour coordonnées (en orthonormé) $\left[ 0,0\right] ,\left[ 1,\cot t\right] ,\left[ 1,-\cot t\right] $, avec $t\in \left] 0,\pi \right[ $ on y établit que les sommets des triangles orthiques itérés convergent vers un point de coordonnées $\left[ x\left( t\right) ,0\right] $ où $t\rightarrow x\left( t\right) $ est continue sur $\left] 0,\pi \right[ $ et dérivable nulle part.
    Cordialement. Poulbot
  • Bonjour
    L'argument de Poulbot utilisant le critère de Cauchy tombe en défaut si comme l'a dit Felix, un des triangles orthiques itérés est rectangle puisqu'on ne peut plus continuer le processus.
    Je pense que cette remarque de Felix suffit à prouver que le point limite quand il existe ne peut figurer dans ETC!
    Quand à la détermination des triangles possédant un triangle orthique itéré qui soit rectangle, elle me semble capitale et peut sans doute être menée par des techniques angulaires puisque les angles du triangle orthique dépendent (simplement?) de ceux du triangle de référence.
  • Bonjour,

    Une impression:
    Pour qu'une itérée d'un triangle $T$ soit un triangle rectangle, il faut et il suffit que $T$ soit isocèle et son angle une fraction de $\pi$ dont le dénominateur est une puissance de $2$.
    Cordialement
    Paul
  • Bonjour Tao et Depasse
    Les angles aux sommets du nième triangle orthique sont, modulo $\pi $, $\left( -2\right) ^{n}A,\left( -2\right) ^{n}B,\left( -2\right) ^{n}C$. Ainsi un des triangles orthiques itérés est rectangle si et seulement si $A$ ou $B$ ou $C$ est de la forme $\dfrac{k\pi }{2^{p}}$ avec $k,p$ entiers (@Depasse : inutile que $ABC$ soit isocèle). Evidemment, on peut se contenter de $k$ impair.

    "L'argument de Poulbot utilisant le critère de Cauchy tombe en défaut si comme l'a dit Felix, un des triangles orthiques itérés est rectangle puisqu'on ne peut plus continuer le processus"

    Je ne vois pas pourquoi; soit on considère que l'on cherche une limite à une suite qui n'est pas définie (problème qui, évidemment, ne se pose pas), soit, ce qui me semble très naturel et bien supérieur, on considère que si $T_{n}$ est rectangle en $A_{n}$, on a $\forall k>0,B_{n+k}=C_{n+k}=A_{n}$ et toujours $\forall k$, $\left\Vert \overrightarrow{A_{k}A_{k+1}}\right\Vert =\dfrac{R}{2^{k-1}}\left\vert \sin \left( 2^{k}B\right) \sin \left( 2^{k}C\right) \right\vert $.

    Cordialement. Poulbot
  • Bonjour,

    le théorème de la non dérivabilité que signale poulbot est un résultat de : Jacques Dixmier, Jean Pierre Kahane, Jean-Louis Nicolas.

    Leur article est : Un exemple de non-dérivabilité en géométrie du triangle(2007).

    bien cordialement

    kolotoko
  • Bonjour
    @poulbot
    Je ne comprends pas ton argument.
    Peux-tu m'expliquer comment tu construis les triangles orthiques itérés d'un triangle rectangle?
  • Bonjour kolotoko
    il est curieux que ce résultat, s'il date de $2007$ ait fait l'objet d'un problème (il est vrai dans un cas particulier) au concours Centrale $PC$ $2002$ (voir plus haut).
    De plus, il me semble avoir vu, il y a pas mal de temps, un résultat analogue de JH Conway, mais peut-être que ma mémoire me joue un mauvais tour; en tout cas, je suis incapable de retrouver la moinde référence.
    Cordialement. Polubot
  • Poulbot,
    effectivement l'isocèlitude n'a rien à voir avec le problème: je suis parti de l'idée stupide que pour qu'un triangle orthique soit rectangle il fallait qu'il soit isocèle!
    Merci
    Paul
  • Bonjour Tao
    il me semble normal que, si la suite n'est pas définie, mon argument ne permette pas de prouver sa convergence (d'ailleurs quel argument le permettrait??)
    Il suffit de pouvoir la définir à partir d'un triangle rectangle pour que les relations que j'ai données plus haut continuent à être valables. De plus, je ne connais pas l'article de Kahane évoqué par Kolotoko, mais je présume qu'il doit parler d'une fonction continue partout et dérivable nulle part, ce qui, évidemment, si tel est le cas, nécessite de la définir partout.
    Plutôt que de faire intervenir des séries trigonométriques, on peut faire un truc géométrique très simple : si le triangle $ABC$ est rectangle en $A$, je le remplace par $MBC$ où $M$ est sur la tangente en $A$ au cercle $ABC$ et, si $M_{n}Q_{n}R_{n}$ est la suite des triangles orthiques itérés de $MBC$, je prends pour $A_{n}$ la position limite de $M_{n}$ quand $M\rightarrow A$ et, bien sur, pour $n>1,B_{n}=C_{n}=A$.
    Si c'est le triangle $A_{n_{0}}B_{n_{0}}C_{n_{0}}$ qui est rectangle en $A_{n_{0}}$, je procède comme ci-dessus à partir du rang $n_{0}$. les relations que j'ai données plus haut restent valables et les suites $A_{n},B_{n},C_{n}$ vont converger vers $A_{n_{0}}$, les deux dernières étant stationnaires.
    Cordialement. Poulbot
  • @poulbot
    Merci pour ta clarification!
  • @poulbot
    Dans le cas où $ABC$ est rectangle en $A$, peux-tu quand même préciser sur une figure la suite des trois premiers itérés orthiques pour que nous puissions mieux comprendre ton idée de cette suite, par exemple en déterminant la (?) transformation affine permettant de passer d'un itéré au suivant?
    Le point limite obtenu est-il dans ETC pour le triangle $ABC$?
  • Bonjour Tao
    moi qui ai horreur des calculs trigonométriques, je suis servi.
    On a un triangle rectangle $A=\left[ 0,0\right] ,B=\left[ a\cos \theta ,0\right] \theta ,C=\left[ 0,a\sin \theta \right] $ et on part de $A_{1}=a\sin \theta \cos \theta \left[ \sin \theta ,\cos \theta \right] $, projection de $A$ sur $BC$ .
    Seule la suite $\left( A_{n}\right) $ importe ($\forall n\geq 1,B_{n}=C_{n}=A$) et on a (avec une grosse probabilité d'erreur) ;
    $\overrightarrow{A_{n}A_{n+1}}=a\dfrac{\sin ^{2}\left( 2^{n}\theta \right) }{2^{n}}\left[ \left( -1\right) ^{n}\cos \left( \lambda _{n}\theta \right) ,-\sin \left( \lambda _{n}\theta \right) \right] $ où $\lambda _{n}=\dfrac{2^{n+1}+\left( -1\right) ^{n}}{3}$.
    De plus $\left\Vert \overrightarrow{AA_{n}}\right\Vert =a\dfrac{\left\vert \sin \left( 2^{n}\theta \right) \right\vert }{2^{n}}$ (alors que $\left\Vert \overrightarrow{A_{n}A_{n+1}}\right\Vert =a\dfrac{\sin ^{2}\left( 2^{n}\theta \right) }{2^{n}}$).

    C'est plus sérieux que ce qu'avais dit auparavant car, remplaçant $ABC$ par un autre triangle $MBC$ , on risque aussi de tomber sur un triangle rectangle.
    Cordialement. Poulbot
  • Bonjour
    @poulbot
    Encore une fois, je ne te demande pas des calculs qui du reste sont triviaux si on peut les faire mais une figure.
    Partant du triangle $ A_0B_0C_0$ rectangle en $A_0$, je te demande seulement de construire les premiers "triangles orthiques" $A_1B_1C_1$, $A_2B_2C_2$, etc.... pour qu'on soit bien sûr qu'on parle tous de la même chose!
    En particulier, je suis intéressé par les applications affines orthologiques faisant passer de $A_0B_0C_0$ à $A_1B_1C_1$, celle là ne pose pas de problème, puis de $A_1B_1C_1$ à $A_2B_2C_2$ , et là il y a un os, etc...
  • Bonjour Tao
    je n'ai pas trouvé ces calculs aussi triviaux que toi.
    Quant à la construction, j'avais un petit problème de logiciel qui semble maintenant réglé.
    Seuls les points $A_{n}$ importent, puisque, pour $n\geq 1,B_{n}=C_{n}=A$.
    $A_{1}$ est la projection de $A$ sur $BC$; $A_{2}$ est la projection de $A_{1}$ sur la tangente en $A$ au cercle $ABC$.
    Pour $n\geq 2$, $A_{n+1}$ est le point où la droite symétrique de $AA_{n}$ par rapport à $AA_{n-1}$ recoupe le cercle de diamètre $\left[ AA_{n}\right] $.
    Bref, $AA_{n+1}\perp A_{n}A_{n+1}$ et $\left( AA_{n-1},AA_{n+1}\right) =\left( AA_{n},AA_{n-1}\right) $
    Cordialement. Poulbot40051
  • Bonjour
    @poulbot
    J'essaye de comprendre ta figure:
    OK pour les points $A_1$ et $B_1=C_1=A$.
    Je veux maintenant une explication sur le fait que $B_2=C_2=A$ ainsi que ta construction du point $A_2$.
    Excuse moi d'être aussi casse-pieds!
  • Bonjour Tao
    dans le cas général, $A_{n+1}$ est sur le cercle de diamètre $\left[ A_{n}B_{n}\right] $ et $\left( B_{n}A_{n-1},B_{n}A_{n+1}\right) =\left( B_{n}A_{n},B_{n}A_{n-1}\right) =\left( B_{n-1}C_{n-1},B_{n-1}A_{n-1}\right) $, c'est-à-dire que les droites $B_{n}A_{n}$ et $B_{n}A_{n+1}$ sont symétriques par rapport à $B_{n}A_{n-1}$.
    Pour définir le nième triangle orthique d'un rectangle $ABC$ rectangle en $A$, j'ai considéré que $\forall n\geq 1,B_{n}=C_{n}=A$, les deux propriétés précédentes étant conservées.
    La seule petite particularité concerne $A_{2}$; dans le cas général, il est sur le cercle de diamètre $\left[ A_{1}B_{1}\right] $ et vérifie $\left( B_{1}A_{1},B_{1}A_{2}\right) =2\left( BC,BA\right) $; avec $B_{1}=A$, c'est la projection de $A_{1}$ sur la tangente en $A$ au cercle $ABC$ (ce qui est normal intuitivement).
    Cordialement. Poulbot
  • Bonjour Tao
    j'ai réussi à trouver l'article de Dixmier, Kahane et Nicolas (voir PJ) et il met beaucoup d'eau dans mon moulin.
    Attention, il y a une triple coquille $p.373$ : ce n'est pas $A_{n}=O_{n}+\dfrac{1}{2}R_{n}e^{i\alpha _{n}}$ mais $A_{n}=O_{n}+R_{n}e^{i\alpha _{n}}$; idem pour $B_{n}$ et $C_{n}$ (les points $A_{n},B_{n},C_{n}$ sont sur le cercle de centre $O_{n}$, rayon $\left\vert R_{n}\right\vert $).
    Cela dit, les auteurs expliquent au bas de la page $372$ que leurs relations restent valables pour un triangle dont $2$ sommets sont confondus, ce qui est le cas pour le triangle orthique dégénéré d'un triangle rectangle.
    Prenant $A,B,C$ d'affixes $a,b,c$ sur le cercle unité et supposant le triangle $ABC$ rectangle en $A$, on a $b+c=0$ et, avec leurs axes, $abc=1$.
    Appliquant leurs relations dans ce cas (en tenant compte des coquilles), on a
    $o_{1}=\frac{1}{2}a,a_{1}=\frac{1}{2}\left( a-a^{-2}\right) ,b_{1}=c_{1}=a$ et $\forall n\geq 2$, $o_{n}=a-\left( -2\right) ^{-n}a^{\left( -2\right) ^{n-1}},a_{n}=a+\left( -2\right) ^{-n}\left( a^{\left( -2\right) ^{n}}-a^{\left( -2\right) ^{n-1}}\right) $ et $b_{n}=c_{n}=a$ où $o_{n},a_{n},b_{n},c_{n}$ sont les affixes de $O_{n},A_{n},B_{n},C_{n}$.
    Je te laisse le soin de vérifier, comme je l'ai fait, que ces points $A_{n},B_{n},C_{n}$ sont exactement ceux que j'ai obtenus pour des raisons géométriques.
    Cordialement. Poulbot
  • Bonjour
    @poulbot
    Merci! Que signifie: voir PJ?
    Où as-tu trouvé l'article en question?
  • Bonjour Tao
    PJ = Pièce Jointe.
    Je l'ai trouvé ICI (sur le site de Jean-Louis Nicolas).
    Cordialement.
    Poulbot
  • Re-bonjour
    I wrote : "Ces points $A_{n},B_{n},C_{n}$ sont exactement ceux que j'ai obtenus pour des raisons géométriques"

    Il suffit de vérifier que, si $\left\vert a\right\vert =1$, on a $\forall n\geq 2$, $\dfrac{a_{n}-a_{n-1}}{a_{n}-a}\in i\mathbb R$ et $\dfrac{\left( a_{n+1}-a\right) \left( a_{n}-a\right) }{\left( a_{n-1}-a\right) ^{2}}\in \mathbb R$ et regarder à part le cas de $A_{2}$,
    (voir plus haut pour la valeur de $a_{n}$)
    Sauf erreur de ma part, si $a=e^{i\alpha }$, on a $\dfrac{a_{n+1}-a_{n}}{a_{n+1}-a}=\left( -1\right) ^{n+1}i\tan \left( 3\cdot 2^{n-2}\cdot \alpha \right) $ et $\dfrac{\left( a_{n+1}-a\right) \left( a_{n}-a\right) }{\left( a_{n-1}-a\right) ^{2}}=\frac{1}{2}\cos \left( 3\cdot 2^{n-2}\cdot \alpha \right) \left( 1+\cos \left( 3\cdot 2^{n-2}\cdot \alpha \right) \right) $.
    Cordialement. Poulbot
  • Bonjour
    histoire de passer le temps
    $\dfrac{a_{2}-a}{a}=\frac{1}{2}i\sin \left( 3\alpha \right) \in i\mathbb R$ et $\dfrac{a_{2}-a_{1}}{a}=\frac{1}{2}\left( 1+\cos \left( 3\alpha \right) \right) \in\mathbb R $ montrent que $A_{2}$ est bien la projection de $A_{1}$ sur la tangente en $A$ au cercle-unité.
    Cordialement. Poulbot
  • Bonjour,

    Poulbot n'aime pas trop la trigonométrie. Moi non plus. Retrouvons ses résultats en utilisant la paramétrisation de Lubin. Les points $A,B,C$ sont caractérisés par leur centre circonscrit $O$, le rayon $R=1$ et par leurs angles au centre, eux mêmes caractérisés par les complexes unimodulaires $\alpha,\beta,\gamma$.

    Le triangle orthique, pour sa part, est caractérisé par son centre circonscrit $\def\N{\mathbb{N}}$$O_{1}$, son rayon $R_{1}=\left(1/2\right)$ et par les angles au centre correspondants. Un peu de calcul montre que cela engendre la récurrence: \[ \overrightarrow{O_{n}O_{n+1}}=\frac{1}{2^{n}}\left(\alpha_{n}+\beta_{n}+\gamma_{n}\right)\ ;\ \left(\alpha,\beta,\gamma\right)_{n+1}=\left(-\frac{\beta\gamma}{\alpha},-\frac{\gamma\alpha}{\beta},-\frac{\alpha\beta}{\gamma}\right)_{n} \] On constate que $\omega\doteq\left(-1\right)^{n}\alpha_{n}\beta_{n}\gamma_{n}$ est une constante. Autrement dit, les directions de Morley sont des invariants de l'itération.

    Si l'on a procédé à une rotation globale permettant d'avoir $\alpha\beta\gamma=\pm1$, on obtient: \[ \left(\alpha,\beta,\gamma\right)_{n+1}=\left(-\frac{1}{\alpha^{2}},-\frac{1}{\beta^{2}},-\frac{1}{\gamma^{2}}\right)_{n} \] et la propriété se propage avec $n$.

    Lorsque $O_{0}$ ou $R_{0}$ ou $\omega_{0}$ changent mais rien d'autre, cela définit une similitude qui commute avec le passage à la limite. Il n'y a rien de plus à en dire. Supposons maintenant que $\alpha$ change, sans que $O_{0},R_{0},\omega=1$ ne soient changés. On a la relation \[ \frac{\partial\overrightarrow{O_{n}O_{n+1}}}{\partial\alpha}=\dfrac{1}{2\alpha}\left(\alpha-\dfrac{1}{\alpha\beta}\right),\dfrac{1}{2\alpha}\left(\dfrac{1}{\alpha^{2}}-\alpha^{2}\beta^{2}\right),\dfrac{1}{2\alpha}\left(\alpha^{4}-\dfrac{1}{\alpha^{4}\beta^{4}}\right),\dfrac{1}{2\alpha}\left(\dfrac{1}{\alpha^{8}}-\alpha^{8}\beta^{8}\right),\dfrac{1}{2\alpha}\left(\alpha^{16}-\dfrac{1}{\alpha^{16}\beta^{16}}\right)\cdots \] On a donc la relation fondamentale: \[ \left|\frac{\partial\overrightarrow{O_{n}O_{n+1}}}{\partial\alpha}\right|\leq1 \]

    Cette relation conduit à $\left|\Delta\overrightarrow{OO_{\infty}}\right|\leq m\,\left|\Delta\alpha\right|+1/2^{m-1}$ pour tout $m\in\N$. La continuité en résulte. De ce point de vue, le cas des triangles rectangles ne sort pas de la banalité: on a \[ \left(\alpha^{2},\frac{1}{\alpha},-\frac{1}{\alpha}\right)\mapsto\left(\alpha^{-4},\alpha^{2},\alpha^{2}\right)\mapsto-\left(\alpha^{8},\alpha^{-4},\alpha^{-4}\right)\mapsto\left(\alpha^{-16},\alpha^{8},\alpha^{8}\right)\mapsto\cdots \] Voir la figure.

    Par contre, lorsque $\Delta\alpha$$\mapsto0$, la quantité $\left|\Delta\overrightarrow{OO_{\infty}}\right|\div\left|\Delta\alpha\right|$ doit prendre en compte de plus en plus de termes susceptibles d'atteindre le module $1$. C'est ici qu'il devient intéressant de regarder les triangles rectangles. Pour un tel triangle, on substitue $\gamma=1\div\alpha\beta$ (venant de $\omega=1$), on dérive en $\alpha$ et enfin on substitue $\beta=\alpha$. Alors $\displaystyle{2\partial\overrightarrow{OO_{2m}}\div\partial\alpha=\alpha^{-1}\left(1-\alpha^{(2^{2m})}\right)}$ qui n'a pas de limite pour un angle irrationnel et $m\mapsto\infty$.

    Vu d'avion, on peut dire que (2) chaque trajet démarre infiniment près d'un triangle dont les angles sont irrationnels avec $\pi$. Et que chaque trajet "irrationnel" passe de plus en plus près d'une infinité de triangles rectangles. Alors que l'image d'un tel triangle est son sommet stationnaire.

    Un autre lien vers une version un peu plus lisible de l'article Dixmier-Kahane-Nicolas

    Cordialement, Pierre.40191
  • Bonsoir Pierre
    et merci pour tes explications et les calculs si simples qui les accompagnent.
    Cela dit, je n'ai jamais eu de doute sur le fait que "le cas des triangles rectangles ne sort pas de la banalité" en considérant que son nième triangle orthique est $A_{n}AA$ ni sur la façon d'obtenir géométriquement les $A_{n}$.
    Si je me suis lancé à contrecœur dans des calculs trigonométriques très maladroits, c'était pour essayer de convaincre Tao de la justesse de cette façon de voir les choses. Malheureusement pour moi, je n'ai pas eu l'idée de faire intervenir un axe trisecteur et, par chance, Dixmier, Kahane et Nicolas et toi ensuite sont venus à mon secours.
    Cordialement. Poulbot
  • Bonjour
    il y a dans l'article de Dixmier, Kahane et Nicolas, entre autres résultats remarquables, celui-ci (Corollaire 4.9) :
    Etant donné un triangle $ABC$ de cercle circonscrit $\left( O,R\right) $, si $L$ est la limite commune des sommets de ses triangles orthiques itérés, alors $OL\leq \dfrac{4R}{3}$ avec égalité si et seulement si les angles du triangle sont $\dfrac{\pi }{7},\dfrac{2\pi }{7},\dfrac{4\pi }{7}$.
    Cordialement. Poulbot
  • Encore une propriété remarquable de ce "triangle heptagonal", qui en a déjà pas mal :
    http://mathworld.wolfram.com/HeptagonalTriangle.html
    Ce dialogue entre géométrie élémentaire et analyse est proprement fascinant.
    R.
  • Bonjour
    dans le cas d'un "triangle heptagonal", on peut même préciser la position du point $L$ :
    si $S$ est le point de Steiner de $ABC$ et $H$ son orthocentre, on a $\overrightarrow{HL}=-\dfrac{1}{3}\overrightarrow{OS}$.
    $L$ est sur le cercle $\left( O,\frac{4}{3}R\right) $.
    Si $a=e^{\frac{2i\pi }{7}},b=e^{\frac{4i\pi }{7}},c=e^{\frac{8i\pi }{7}}$, on a $a^{\left( -2\right) ^{n}}+b^{\left( -2\right) ^{n}}+c^{\left( -2\right) ^{n}}=-\frac{1}{2}+\left( -1\right) ^{n}i\frac{\sqrt{7}}{2}$.
    D'où (avec $R=1$) $L=-\frac{1}{6}+i\frac{\sqrt{7}}{2}$ alors que $H=-\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{7}}{2},S=-1$.
    Cordialement. Poulbot
    PS : Sorry. J'ai du recommencer à cause d'une erreur de signe dans Re$(L)$.40229
    dkn.jpg 75.9K
  • On peut remarquer que tous les triangles orthiques itérés sont heptagonaux et que $A_{n+6}B_{n+6}C_{n+6}$ est l'image de $A_{n}B_{n}C_{n}$ par l'homothétie de centre $L$, rapport $2^{-6}$.
    Cordialement. Poulbot
  • Bonjour,

    En effet, appelons $\alpha$ l'une des racines de $1+\alpha+\alpha^2+\alpha^3+\alpha^4+\alpha^5+\alpha^6$. On choisit $\beta=\alpha^2$ et $\gamma=\alpha^4$. Alors $\omega=\alpha \beta \gamma=1$. Et \[
    \left(\alpha, \beta, \gamma \right)_1= \left(\begin{array}{ccc} -\overline \alpha^{2} & -\overline \alpha^{4} & -\overline \alpha \end{array}\right)\;\;;\;\;
    \left(\alpha, \beta, \gamma \right)_2= \left(\begin{array}{ccc} \alpha^{4} & \alpha & \alpha^{2} \end{array}\right)
    \]

    On a donc périodicité d'ordre 6 pour les angles. On a ensuite \[
    \delta_n\doteq \overrightarrow {O_nO_{n+2}}=\frac 1 2 \left(\alpha+ \beta+ \gamma \right)_n +\frac 1 2 \left(\alpha+ \beta+ \gamma \right)_{n+1} =
    \dfrac{1}{2} \, \alpha^{4} + \dfrac{1}{2} \, \alpha^{2} + \dfrac{1}{2} \, \alpha - \dfrac{1}{4 \, \alpha} - \dfrac{1}{4 \, \alpha^{2}} - \dfrac{1}{4 \, \alpha^{4}}
    \]
    C'est le moment d'utiliser un ordinateur
    reset('a, alpha'); var('a,alpha')
    rule1= 1+a^1+a^2+a^3+a^4+a^5+a^6
    Rpol.<a>=QQ[]
    Sq = Rpol.quotient(rule1, 'a') ;
    def repluc(qq):
        tmp= Sq( sage_eval(str(qq), locals={'alpha':ax}))
        return SR(tmp)
    

    On obtient $\left| \delta_n \right|=1$ et $\Re\left( \delta_n \right) = \frac{-1}{8}$. Et comme $\delta_{n+2}=\delta_n/4$, on obtient ce facteur $4/3$ qui est bien utile pour la suite.

    Remarque: je ne suis pas très content du code SAGE ci-dessus. Il paraît qu'il y a des gourous SAGE sur ce forum. Est ce que quelqu'un aurait mieux à proposer ?

    Cordialement, Pierre.
  • Bonsoir
    une petite précision : pour tracer la figure plus haut, le plus simple, à partir des points $S$ et $T$ me semble être de tracer l'hyperbole de Kiepert de $ABC$; avec $R=1$, elle est centrée en $\dfrac{1+i\sqrt{7}}{4}$, son axe focal est parallèle à $ST$ et elle passe par $T$. D'où $A,B,C$ .
    Cordialement. Poulbot
  • Bonjour
    pour les inconditionnels de Kimberling-ETC, dans le cas d'un triangle "heptagonal", on a $L=X_{351}$.
    En effet, avec $R=1$, les affixes (voir plus haut) montrent immédiatement que $LG\perp OS$ $\left( S=X_{99}=-1\right) $ et que le cercle de centre $L$ passant par $G$ (rayon $\dfrac{\sqrt{7}}{3}$) est orthogonal au cercle circonscrit $(O)$. Il s'agit donc du Cercle de Parry qui est centré en $X_{351}$.
    Ce cercle coupe $(O)$ en $X_{110}=\dfrac{-3+i\sqrt{7}}{4}$ et $X_{111}=\dfrac{9+5i\sqrt{7}}{16}$; il coupe la médiatrice de $\left[ ST\right] $ $\left( T=X_{98}=1\right) $ aux deux points isodynamiques $X_{15}=\dfrac{\sqrt{7}-\sqrt{3}}{2}i,X_{16}=\dfrac{\sqrt{7}+\sqrt{3}}{2}i$ (le point symédian est $X_{6}=\dfrac{2i}{\sqrt{7}}$); il passe aussi par l'inverse $X_{23}=\dfrac{-3+3i\sqrt{7}}{4}$ de $G$ par rapport à $(O)$.
    Pour les super-inconditionnels, il passe aussi par $X_{352}=\dfrac{9+11i\sqrt{7}}{16}$ et $X_{353}=\dfrac{9+11i\sqrt{7}}{58}$.
    Cordialement. Poulbot40251
    dkn1.jpg 105.8K
  • En regardant dans ETC bien plus loin que je ne l'avais jamais fait, j'y ai vu deux autres points du cercle de Parry.
    Ici, le bien nommé "axe de Lemoine" (polaire trilinéaire du point symédian) est tout simplement la droite $HL$ (parallèle à $OX_{99}$).
    Les hyper-inconditionnels d'ETC m'en auraient probablement beaucoup voulu d'oublier les extrémités du diamètre du cercle de Parry porté par cette droite $HL$, c'est-à-dire $X_{5638}=-\dfrac{1}{6}+\dfrac{\sqrt{7}}{3}+i\dfrac{\sqrt{7}}{2},X_{5639}=-\dfrac{1}{6}-\dfrac{\sqrt{7}}{3}+i\dfrac{\sqrt{7}}{2}$.
    Ils sont un peu compliqués à distinguer, le critère simple suggéré par Kimberling est que le premier est le plus loin de $G$; mais, manque de pot, ici, ils sont équidistants de $G$.
    Cordialement. Poulbot
  • Comme le disait Rescassol, ces triangles heptagonaux ont d'innombrables propriétés qui pourraient lui donner du grain à moudre ou faire l'objet de jolis problèmes à base d'applications géométriques des complexes.
    En voici une assez curieuse :
    le cercle exinscrit dans le plus petit angle (ici $\widehat{C}=\dfrac{\pi }{7}$) est centré en $I_{c}$, symétrique de $H$ par rapport à la droite $OX_{6}$; ce cercle a pour rayon $\dfrac{R}{2}$ et le point $F_{c}$ où il touche le cercle d'Euler (qui est clairement le milieu de $\left[ X_{5}F_{c}\right] $) est aussi sur le cercle circonscrit et sur la droite $GX_{6}$ $\left( \dfrac{\overline{X_{6}F_{c}}}{\overline{GX_{6}}}=\dfrac{3}{4}\right) $. D'autres propriétés de ce cercle se voient sur la figure (enfin, j'espère).
    Cordialement. Poulbot40265
  • Je continue mon soliloque à propos de cet étonnant centre $I_{c}$ du cercle $C$-exinscrit : les deux triangles $OX_{13}X_{14},I_{c}X_{13}X_{14}$ sont équilatéraux de longueur de côté $R\sqrt{\dfrac{2}{3}}$. ($X_{13},X_{14}$ sont les points de Fermat).
    On a une double surprise si on ajoute sur la figure l'ellipse de Steiner circonscrite.
    Cordialement. Poulbot40271
  • Bonjour,

    Pour ce triange heptagonal, beaucoup de collisions ont lieu. Elles concernent 734 points.

    37 points partent à l'infini.
    [49, 50, 160, 216, 247, 252, 264, 446, 847, 1272, 1594, 1614, 1668, 1879, 1972, 1976, 1989, 2065, 2450, 2937, 2963, 2987,
    2998, 3043, 3044, 3045, 3046, 3047, 3048, 3164, 3432, 3447, 3520, 3568, 4278, 4558, 4994]
    

    A distance finie, nous avons les collisions:
    [C, 87, 330, 932, 2053, 2162, 2319, 3467, 3483, 3494, 4598], 
    [B, 267, 502, 1029, 1246, 2282, 3444], 
    [A, 1290], 
    [2, 418, 852, 3289], [3, 246, 276, 290, 401, 458, 565, 868, 2088, 2479, 3153], 
    [4, 217, 237, 434, 456, 1658, 1987, 2070, 3331, 4226], [5, 186, 249, 297, 327, 1316, 1567, 1569, 2455, 2554, 3552, 4203],
    [20, 3549], [22, 1657], [23, 427, 865, 1513, 3135, 3627], [24, 381, 419, 1625, 2480, 3148, 4230], [25, 421, 436, 864, 3843], 
    [26, 378, 382, 2571], [1114], [31, 1954], [32, 568, 578, 1970], [39, 389, 567, 2031], [43, 1189, 1198], [47, 811, 1580, 1749], 
    [48, 1821, 1955], [94, 98, 184, 275, 805, 925, 1291, 1298, 1629, 1971, 1988, 2016, 2970, 2974, 3448], [1380], 
    [51, 232, 262, 2052, 3168], [52, 187, 2563, 2914, 3095, 3581], [53, 250, 3613], [54, 115, 130, 131, 248, 265, 2510, 2524],
    [67, 1176], [68, 148, 879, 3288, 3431], [70, 4846], [74, 779, 3521, 3565], [91, 810, 1581], [92, 1755, 1956, 2313], 
    [93, 99, 1147, 1300, 1303, 2698, 2888], [95, 182, 287, 328, 338, 566, 577, 1666], [96, 671, 3406], [97, 125], 
    [110, 114, 129, 136, 2493, 2679, 3410, 3563, 4993], [112, 143, 1287, 1299, 1986, 3574], [132, 135, 1112], [134, 1560], 
    [137, 230, 476, 699, 933, 1550, 1613, 1994, 2086, 2491, 2501, 2715, 3580], [140, 441, 2072], [147, 669], [155, 3511], 
    [156, 399, 2917, 2971, 3016, 3482], [158, 2179, 2186], [162, 1933], [163, 2626], [183, 394], [193, 2407], 
    [194, 195, 1157, 1263, 2079, 2931, 2966, 3224, 3225, 3229, 3360, 3459, 3569], [215, 3027], [1379], [231, 2492], [235, 3845], 
    [240, 1101, 1953], [691, 755, 882, 1141], [255, 336], [263, 393, 2211], [286, 4164], [293, 1109, 2167, 2644], 
    [311, 340, 687, 4590], [316, 1235, 2142], [317, 877, 1352, 2451, 2453], 
    [323, 325, 343, 842, 930, 2855, 2856, 2857, 2858, 3054, 3222, 3630], [324, 351, 2967, 3060], [326, 3403], [339, 1078, 1092], 
    [371, 2033], [372, 2034], [383, 473], [384, 1656, 2570], [385, 1648, 1993, 2081, 2421], [403, 460, 546, 3518, 3575], 
    [408, 4188], [410, 4248], [417, 3523, 3548], [420, 3091, 3133, 4235], [426, 1650], [428, 1551], [432, 1906], 
    [435, 3146, 3541], [444, 4243], [450, 1995, 3078], [451, 1011], [454, 1593, 3830], [467, 468, 3850], [472, 1080], 
    [477, 2367, 2710], [1382], [548, 858], [549, 2454, 3150], [550, 2071, 2555, 3143], [560, 2625], [562, 2396, 3978], 
    [563, 662, 2618], [564, 1910, 2166, 2190], [569, 574, 2055, 3398], [570, 575, 1570, 1669, 3094, 3284], 
    [571, 576, 648, 1667, 1691], [580, 1326], [581, 3944], [598, 3399], [620, 1209, 1511, 1568], [625, 1216], [647, 1916], 
    [656, 1934, 2314], [670, 1485], [684, 850, 3504], [685, 1576, 3186, 3818], [686, 3124], [689, 2868], [694, 2165, 2395, 3049], 
    [729, 1286, 2713], [741, 815], [798, 2315], [827, 843, 935, 2383], [839, 2699], [878, 2351, 2623, 3425], [880, 1273], 
    [887, 3202], [897, 2168], [914, 4823], [922, 2180], [1030, 4291], [1075, 3567], [1084, 1353, 2452], [1093, 3199], 
    [1096, 3402], [1116, 3269], [1138, 3481], [1288, 1302, 2374], [1297], [1351, 2076], [1368, 3134], [1403, 3336], [1420, 2662], 
    [1429, 3075], [1514, 1540, 1553], [1531, 2682], [1539, 1561], [1556, 3154], [1557, 1559], [1577, 2627], [1628, 3526], 
    [1632, 3506], [1634, 2934], [1640, 2422], [1692, 2489, 2965, 3003], [1725, 2964], [1733, 1740], [1737, 3178], [1748, 2617], 
    [1757, 3191], [1820, 2616, 2640], [1870, 3585], [1885, 3853], [1959, 1969], [1964, 4008], [1975, 2439], [2003, 2608], 
    [2006, 2606], [2023, 3981], [2028, 3102], [2029, 3103], [2120, 3471], [2121, 3470], [2126, 2127], [2143, 3455], 
    [2148, 2620, 2643], [2169, 3708], [2227, 2624, 3223, 4575], [2244, 2290, 2642], [2252, 4813], [2329, 3074], [2373, 2706], 
    [2394, 2996], [2409, 3542, 3832], [2420, 3053], [2456, 3001, 3098], [2459, 3558], [2460, 3557], [2475, 3136], [2477, 3023], 
    [2497, 2520], [2502, 3005], [2518, 2531], [2562, 3111], [2697, 2709], [2770, 2867], [2940], [2918, 2935], [2962, 4592], 
    [2986, 3268, 4563], [3100, 4324], [3117, 3767], [3147, 3545], [3258, 3314], [3515, 3851], [3522, 3547], [3658, 4231], 
    [3955, 4589], [4296, 4316], [4325, 4351], [4330, 4354]
    
    

    Collisions à l'infini:
    [30, 446, 778, 1594, 2450, 2937, 3520, 3566], [49, 512, 847, 2782, 3044, 3432], [50, 264, 3164, 3447],
    [1614, 2387, 2794, 4994], [160, 888, 1503], [216, 511, 804, 924, 1668, 1972, 4278], [247, 690, 754, 1154, 3043], [252, 525],
    [523, 2065, 3564], [526, 698, 2799, 2963, 2987, 2998, 4558], [538, 2797], [539, 543, 826], 
    [542, 1272, 1510, 1879, 1976, 1989, 2869, 2870, 2871, 2872, 3047, 3221], [688, 2882], [740, 814], [838, 2783, 3045], 
    [912, 4802], [2780], [2393, 2790], [2781, 2793, 3048], [2784, 3046], [2792, 4961], [2830], [2854, 2881]
    

    On a donc X(30)=X(446), etc. Ce sont ces collisions qui engendrent les propriétés nouvelles !

    Et l'on voit que X(647), X(137), X(4110) étaient passés entre les mailles du filet. Par contre, les deux autres cercles excinscrits ne bénéficient pas des collisions et restent vides de tout "triangle center".

    Cordialement, Pierre.
  • Bonjour Pierre
    comment as-tu obtenu ces résultats?
    Cordialement. Poulbot
  • Bonjour Poulbot.

    On part de la liste des barycentriques des points (formules en $a,b,c,S$), on substitue les valeurs numériques et on en tire les coordonnées cartésiennes $x+iy$. Puis Il faut faire un tri lexicographique approché sur $|x+iy|,x,y$. Autrement dit, lorsque deux clefs sont très proches, on trie sur la clef suivante.

    Cordialement, Pierre.
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