La cubique de Darboux

pappus

J'ouvre un fil sur la cubique de Darboux pour étudier les divers problèmes algébriques ou graphiques qu'elle soulève. J'aurais pu choisir une autre cubique mais comme elle est intervenue dans des fils récents, j'ai décidé de commencer par elle.
Je rappelle sa définition comme lieu des points $M$ dont le triangle podaire par rapport au triangle de référence $ABC$ est aussi un triangle cévien.
Autrement dit, le triangle de référence $ABC$ et le triangle podaire de $M$ sont en perspective; on dit aussi qu'ils sont homologiques. C'est ce mélange des géométries euclidienne et projective qui rend cette cubique si délicieuse comme toutes les autres d'ailleurs!
Voici la figure:



Outre les sommets du triangle, on voit qu'elle passe par l'orthocentre $H$, le centre du cercle circonscrit $O$ et les centres des cercles inscrit et exinscrits $I$, $I_A$, $I_B$, $I_C$.
On verra qu'elle est symétrique par rapport à $O$; elle passe donc par les points diamétralement opposés aux points $A$, $B$, $C$ sur le cercle circonscrit, à savoir les points $A'$, $B'$, $C'$ et aussi par le point $L$ symétrique de l'orthocentre $H$ par rapport au centre du cercle circonscrit $O$.
Je l'ai nommé $L$ car c'est le point de Longchamps, le $X(20)$ de la liste de Kimberling.
J'ai aussi tracé un point quelconque $M$ de la cubique puis son isogonal $M^*$.
On constate que $M^*$ appartient encore à la cubique qui est donc invariante par isogonalité, (Pierre dirait isogonie!). On voit aussi que les points $L$, $M$, $M^*$ sont alignés, ce qui fait du point $L = X(20)$ le pivot de cette cubique.
Enfin j'ai tracé les médiatrices du triangle $ABC$, suggérant ainsi qu'elles sont les asymptotes de la cubique.
Cela fait du pain sur la planche.
Il faudra bien d'une manière ou d'une autre obtenir des équations de cette cubique puis expliquer comment on peut la tracer avec les outils de Cabri ou GeoGebra.
Amicalement
Pappus

kolotoko0

Bonjour,

allons voir K004, dans le site de Bernard Gibert , pour d'autres informations .
Bien cordialement
kolotoko

Eric

Avant de se plonger corps et âme dans le site de Bernard Gibert, on peut regarder Essays on numbers and figures de Prasolov (AMS, 2000) pour une première rencontre.

E. Rostand

Laissons faire Pappus, c'est bien lui le meilleur.

pappus

A côté de l'équation barycentrique qu'il est impératif d'écrire, celle obtenue par le truc de Morley me semble aussi indispensable car on devrait y voir simplement la symétrie par rapport au point $O$ plus malaisée à distinguer sur l'équation barycentrique.
Par contre pour l'invariance par isogonalité, c'est le contraire; elle se voit facilement sur l'équation barycentrique et plus difficilement sur l'équation complexe.
Quant aux points que j'ai cités comme étant sur la cubique, cela est évident à montrer à partir de sa définition géométrique, mis à part peut-être pour le point de Longchamps $L = X(20)$.
Cela fait: $A$ + $B$ + $C$ + $I$ + $I_A$ + $I_B$ + $I_C$ + $O$ + $H$ + $L$ = 10 points connus sur la cubique, plus qu'il n'en faut pour la tracer si on dispose de la macro de Roger Cuppens traçant une cubique donnée par 9 de ses points.
Bien sûr, ce n'est pas comme cela que j'ai tracé cette cubique et je m'expliquerai en temps utile.
Il faut noter que 6 autres points de la cubique apparaitront naturellement sur les équations, les 3 points à l'infini et les 3 intersections avec les côtés du triangle $ABC$ autres que les sommets.
D'autres points me paraissent aussi intéressants: les points d'inflexion et les points d'intersection avec les asymptotes situés à distance finie.
Amicalement
Pappus

Roxane0

Sur la figure en haut, et j'en suis pudibonde
Sur le segment AC, et noté B",
Un point apparaît là, en dehors du contexte
Et je ne vois pour lui un quelconque prétexte !
Cette conique rouge est celle de Darboux
Par l'aide de Pappus, j'en viendrai donc à bout !!
Que je suis donc contente, qu'il ait ouvert ce fil
Peut-être après cela, nombreux cubiquophiles
Viendront alors à naître ! Merci donc à Pappus,
Au seul et vrai grand maître, notre Confuci-us
Car on en manque en France de sages comme lui
Qui sortent sous la pluie sans aucun parapluie
Pour semer le savoir, sans arrières pensées
Que celle de servir, pour la belle pensée
Chez lui l'amour des maths, est vraiment infini
Et il en fait l'égal d'un très beau bikini

Rescassol

Bonjour,

Pappus a écrit:

A côté de l'équation barycentrique qu'il est impératif d'écrire, celle obtenue par le truc de Morley me semble aussi indispensable

Voilà:
$z^3 - s_2z^2\overline{z} + s_1s_3z\overline{z}^2 - s_3^2\overline{z}^3 - (s_1^2-3s_2)z + (s_2^2 - 3s_1s_3)\overline{z}=0$

Ou, si on préfère:

$\overline{s_3}z^3 - \overline{s_1}z^2\overline{z} + s_1z\overline{z}^2 - s_3\overline{z}^3 - (s_1\overline{s_2}-3\overline{s_1})z + (\overline{s_1}s_2 - 3s_1)\overline{z}=0$

Cordialement,

Rescassol

Rescassol

Bonjour,

L'équation complexe ne comportant que des termes de degré impair en $z$ et $\overline{z}$, on a la symétrie par rapport à $O$.
D'autre part, Matlab me susurre dans l'oreillette que si $z$ vérifie l'équation et si on pose $\displaystyle Z=\dfrac{z+s_2\overline{z}-s_3\overline{z}^2-s_1}{z\overline{z}-1}$, alors $Z$ vérifie aussi l'équation, d'où l'invariance par isogonalité.
La cubique recoupe $(BC)$ en $\displaystyle \dfrac{(b + c)(ab + ac - bc + 3a^2)}{2(a^2 + s_2)}$ et permutation circulaire.

Cordialement,

Rescassol

Gloria

Bonjou à tous et bon samedi

Ne pourrait-on avec cette propriété :
"Je rappelle sa définition comme lieu des points $ M$ dont le triangle podaire par rapport au triangle de référence $ ABC$ est aussi un triangle cévien"
montrer que la cubique admet O pour centre de symétrie ?

poulbot

Bonjour
Avez-vous une référence dans les oeuvres de Darboux à cette cubique?
Sinon, pourquoi porte--t'elle son nom?
Cordialement. Poulbot

Nakkash

Bonjour Poulbot

Dans le Nieiwenglowski Tome II de 1911 chez Gauthiers & Villars, en page 103 à la fin de la section consacrée aux exercices en fin du chapitre : construction de courbes en coordonnées rectilignes, il y un un exercice qui pose le problème des courbes avec trois normales... avec référence à Darboux. Aucune mention d'une cubique ou autre.

Rescassol

Bonjour,

La voilà avec Géogébra:

pappus

Mon cher Rescassol
Il sera intéressant de nous dire comment tu as procédé avec GeoGebra pour tracer la cubique.
On pourrait comparer alors nos deux méthodes!
Merci aussi de nous avoir écrit l'équation complexe, même si tu aurais dû nous donner une petite idée des calculs à mener pour l'obtenir.
Amicalement
Pappus

Kamasoutra

Bonjour

Le centre de gravité G semble compter pour du beurre dans ce problème. Ce n'est pas le cas pour l'autre cubique !

Je n'insiste pas plus : on peut effacer mes deux messages.

poulbot

Gloria a écrit
Ne pourrait-on avec cette propriété :
"Je rappelle sa définition comme lieu des points $ M$ dont le triangle podaire par rapport au triangle de référence $ ABC$ est aussi un triangle cévien"
montrer que la cubique admet O pour centre de symétrie ?

Si $M$ et $N$ sont symétriques par rapport à $O$, les projections orthogonales de $M$ et $N$ sur $BC$ sont symétriques par rapport au milieu de $\left[ BC\right] $, ....
Ainsi, si le triangle podaire de $M$ est le triangle cévien d'un point $P$, le triangle podaire de $N$ sera le triangle cévien du conjugué isotomique de $P$.
Cordialement. Poulbot.

pappus

Mon cher Nakkash
Dans mon édition du Niewenglowski datant de 1894, cet exercice se trouve à la fin du tome II, chapitre VII, page 98.
Voici son énoncé exact:
On considère les coniques circonscrites à un triangle et telles que les normales à ces coniques menées par les sommets du triangle soient concourantes. Lieu de leur points de concours; même question pour les coniques inscrites, les normales étant menées aux points de contact du triangle. (Darboux.)

Nous connaissons donc la réponse à sa première question, même si personne n'a donné ici de solution!
Quant à la seconde, je ne connais pas la réponse, sans doute une autre cubique à retrouver sur le site de Bernard Gibert en farfouillant bien!
En fait, il s'agit toujours de la même cubique et c'est même plus simple à voir sans aucun calcul dans ce dernier cas!

Amicalement
Pappus

Gloria

Merci Poulbot, je m'en doutais un peu
merci encore

poulbot

Cher Pappus,
visiblement les coniques inscrites dont les normales aux points de contact concourrent sont celles dont le perspecteur (de ABC et du triangle de contact) a un triangle cévien qui est podaire. Le lieu du perspecteur est donc la cubique de Lucas K007.
Le lieu du centre devrait être à nouveau la cubique deThomson K002
Cordialement. Poulbot

pappus

Mon cher poulbot
Darboux demandait le lieu du point de concours et non celui du perspecteur!
Amicalement
Pappus

poulbot

Cher Pappus
j'aurais mieux fait de lire l'énoncé. Avec mes excuses.
Ainsi, Darboux est de retour (dans les deux cas) :
- dans le cas des coniques circonscrites, puisque la cubique de Darboux est le lieu des points dont le triangle antipodaire est en perspective avec ABC
- dans le cas des coniques inscrites, puisque la cubique de Darboux est le lieu des points dont le triangle podaire est cévien
Cordialement. Poulbot

Rescassol

Bonsoir,

Voilà quelques détails sur ma méthode:
J'utilise Morley comme d'habitude dans le cercle circonscrit.
Soit $M(m)$ un point quelconque. Je calcule d'abord son triangle podaire:
Le projeté orthogonal $A'(a')$ de $M$ sur $(BC)$ est donné par $\displaystyle a'=\dfrac{b+c+m-bc\overline{m}}{2}$ et permutation circulaire.
La droite $(AA')$ a pour équation $p_az+q_a\overline{z}+r_a=0$ et permutation circulaire, avec $p_a=ab + ac - 2bc - am + s_3\overline{m}$, $q_a=s_3(2a - b - c - m + bc\overline{m})$ et $r_a=(a^2+bc)m - bc(a^2+bc)\overline{m} - (b + c)(a^2 - bc)$.
Puis j'écris que le déterminant d'ordre $3$ des coefficients des $3$ droites $(AA')$, $(BB')$, $(CC')$ est nul et j'obtiens l'équation de la cubique.
Pour le tracé dans Géogébra, je suppose, ce qu'on peut toujours faire, que $s_3=1$, donc que $s_1=sx+i \space sy$ et $s_2=sx-i \space sy$ avec $sx$ et $sy$ réels. L'équation de la cubique devient alors $sy\space x^3 + (-sx+3)x^2y + sy\space xy^2 - (sx+1)y^3 - sy(2sx+3)x -(sx^2-3sx-sy^2)y = 0$ et Géogébra sait tracer les courbes données en implicites.

Cordialement,

Rescassol

Rescassol

Bonsoir,

Si on appelle $A''$, $B''$ et $C''$ les points où la cubique recoupe les côtés du triangle $ABC$, les deux triangles $ABC$ et $A''B''C''$ sont en perspective et le perspecteur est le point de Longchamps $L(-s_1)$.

Cordialement,

Rescassol

pappus

Mon cher Rescassol
C'est là qu'on voit la supériorité de GeoGebra sur Cabri qui ne sait pas tracer les courbes en implicite, du moins la version que je possède et qui est assez ancienne.
Je ne sais pas ce qu'il en est de la dernière version!
Pourtant tu as vu que j'ai pu tracer la cubique.
Il va donc falloir que je m'explique mais demain est un autre jour!
Amicalement
Pappus

Rescassol

Bonjour,

L'intersection de la cubique avec la médiatrice de $[BC]$ dont une équation est $z-bc\overline{z}=0$ donne $z=0$ qui est du premier degré et dont l'unique solution est le point $O$. Cette médiatrice coupe donc la cubique en un seul point à distance finie, le point $O$, les deux autres étant rejetés à l'infini. La médiatrice de $[BC]$ est donc une des asymptotes de la cubique. Il en est de même par permutation circulaire pour les deux autres.

Cordialement,

Rescassol

pappus

Mon cher Rescassol
Ainsi ces 3 asymptotes recoupent la cubique au même point.
C'est à peu près évident géométriquement.
Tu as déterminé les points de la cubique, situés sur les côtés, autres que les sommets. Il reste les points d'inflexion à trouver !
Amicalement
Pappus
PS
Pour les utilisateurs de GeoGebra, il y a un point qui n'est pas très clair.
Tu dis avoir fait $s_3 =1$ pour obtenir une équation de la cubique qui permettra à GeoGebra de la tracer mais tu ne nous à pas dit comment ce choix de $s_3 = 1$ déterminait la position des axes de coordonnées.

pappus

Mon cher Rescassol
Voici une nouvelle figure qui résume l'état actuel de nos connaissances sur la cubique de Darboux.



Je me suis arrangé pour que les points d'intersection de la cubique avec les côtés, autres que les sommets, $A''$, $B''$, $C''$ soient tous cette fois dans les limites de l'épure.
Amicalement
Pappus

Rescassol

Bonjour,

Dans Géogébra, me suis contenté de choisir $A(a)$ et $B(b)$ quelconques sur le cercle unitaire $\Gamma$ et j'ai défini $C(c)$ par $c=\dfrac{1}{ab}$. Je rappelle que Géogébra connaît le type "nombre complexe".
Geométriquement, en partant d'un triangle $ABC$ quelconque inscrit dans $\Gamma$, ça revient à faire subir aux axes (dans un sens) ou au triangle (dans l'autre sens) une rotation de centre $O$ et d'angle l'argument d'une des racines cubiques du produit $s_3=abc$.

En ce qui concerne les points d'inflexion, il y en a $3$, le point $O$ lui-même et deux autres situés sur la branche de la cubique passant par $O$ et symétriques par rapport à $O$.
La tangente d'inflexion en $O$ a pour équation $(s_1^2-3s_2)z-(s_2^2-3s_1s_3)\overline{z}=0$, ou si on préfère $(s_1\overline{s_2}-3\overline{s_1})z-(s_2\overline{s_1}-3s_1)\overline{z}=0$.
Pour les deux autres points d'inflexion, il faut que je cherche encore.

Cordialement,

Rescassol

pappus

Mon cher Rescassol



Je précise ta pensée!
Sur ta feuille GeoGebra, tu traces un cercle de centre $0$ que tu décrètes être le cercle unité de $\C$ et dessus tu choisis arbitrairement le point d'affixe $1$.
Tu traces les axes de coordonnées $Ox$ et $Oy$.
Tu choisis arbitrairement sur le cercle deux points $a$ et $b$.
La parallèle issue du point $1$ à la droite joignant $a$ et $b$ recoupe le cercle au point d'affixe $ab$.
Le symétrique du point d'affixe $ab$ par rapport à l'axe $Ox$ fournit le point $c = \dfrac 1{ab}$.
Maintenant dans ce repère et avec l'équation que tu as obtenue en faisant $s_3 = 1$, GeoGebra peut enfin tracer la cubique de Darboux.
Amicalement
Pappus

Rescassol

Bonjour,

Oui, Pappus, ce que tu dis est équivalent, mais je n'ai pas fait exactement comme ça.
Su ma feuille Géogébra, qui contient déjà un repère orthonormé, je trace le cercle $\Gamma$ de centre $O$ et de rayon $1$. Avec la commande "Point sur Objet" je place $a$ et $b$ sur $\Gamma$, puis je déclare qu'il sont des nombres complexes (en appelant $A$ et $B$ leurs légendes), puis je tape $c=1/(a*b)$ dans la ligne de commande et donne le nom $C$ à la légende de $c$. je tape ensuite $s1=a+b+c$, $sx=x(s1)$ et $sy=y(s1)$.
Je n'ai plus alors qu'à tracer le triangle et taper l'équation de la cubique dans la ligne de commande.

Cordialement,

Rescassol

Gilles old

Bonjour,

Rescassol, merci pour ce mini-guide sur les cubiques et Geogebra. Cependant j'ai suivi à la lettre tes instructions mais la cubique que j'obtiens ne passe pas par les sommets du triangle, pas plus que par l'orthocentre.

Je fais un copier/coller sans formatage de l'équation de la cubique que j'ai tapé :

sy x³ + (sx + 3) x² y + sy x y² - (sx + 1) y³ - sy (2sx + 3) x - (sx² - 3sx - sy²) y = 0

Pourrais-tu faire de même, je pense que le problème vient de là.

En te remerciant par avance.

pappus

Mon cher Rescassol
Je vois que j'essaye d'utiliser GeoGebra que je ne connais pas comme si j'étais avec Cabri.
C'est un peu stupide. Il faudrait que je me familiarise avec ce logiciel si je ne veux pas être dépassé par les évènements!
Mais je suis si paresseux! Advienne que pourra!
Amicalement
Pappus

Rescassol

Bonjour,

Oui, j'ai commis une erreur de frappe dans l'équation, dans le terme en $x^2y$.
Je l'ai corrigée dans le message en question.
La bonne équation est : $sy\space x³ + (-sx + 3) x² y + sy\space x y² - (sx + 1) y³ - sy (2sx + 3) x - (sx² - 3sx - sy²) y = 0$.

Cordialement,

Rescassol

Rescassol

Bonjour,

J'ai donné l'équation de la cubique de Darboux avec le truc de Morley dans le cercle circonscrit. J'ai repris les calculs avec le truc de Morley dans le cercle inscrit.
Je pars du triangle de contact $UVW$ du cercle inscrit. $ABC$ est alors son triangle tangentiel. On trouve $a=\dfrac{2vw}{v+w}$ et permutation circulaire.
J'appelle $s_1$, $s_2$, $s_3$ les fonctions symétriques de $u$, $v$, $w$.
L'équation de la cubique est alors $E3+E2+E1=0$ avec:
$E3=(s_1s_2-s_3)z^3+(s_1^2-2s_2)(s_3-s_1s_2)z^2\overline{z}+(s_1s_2-s_3)(s_2^2-2s_1s_3)z\overline{z}^2-s_3^2(s_1s_2-s_3)\overline{z}^3$
$E2=2(s_1^2s_2-2s_2^2-3s_1s_3)z^2+4(s_1^3s_3 - s_2^3)z\overline{z}-2s_3(s_1s_2^2-2s_1^2s_3-3s_2s_3)\overline{z}^2$
$E1=-8s_3(s_1^2-3s_2)z+8s_3(s_2^2-3s_1s_3)\overline{z}$
Il n'y a pas de terme constant, donc la cubique passe par le centre $I$ du cercle inscrit.
L'équation est vérifiée si $z=\dfrac{4s_3}{(u+v)(u+w)}$, donc elle passe par les centres des cercles exinscrits.

Cordialement,

Rescassol

pappus

Plusieurs questions me viennent à l'esprit!
On sait que la cubique de Darboux est connue depuis fort longtemps.
Elle apparait dans le livre de Niewenglowski comme exercice à la fin du chapitre sur les constructions de courbes, (sous-entendu: algébriques), tracées en coordonnées rectilignes. Ce jargon aurait plu à Marcel Proust et j'ai personnellement connu l'ère des coordonnées rectilignes et obliques. Quelle nostalgie!
Dans l'exercice de Darboux, pour les taupins de cette époque, il y avait deux difficultés, d'abord l'obtention d'une équation de la courbe puis son tracé. Que cet exercice fut donné à la fin de ce chapitre était clair, le taupin devait appliquer les méthodes décrites dedans pour pouvoir tracer la cubique.
Mais quelles étaient ces méthodes, pratiquement disparues aujourd'hui et devenues d'autant plus inutiles que nous disposons de logiciels performants comme GeoGebra?
L'autre question concerne les cas où la cubique de Darboux se décompose.
C'est évidemment le cas quand le triangle $ABC$ est isocèle mais il y en a peut-être d'autres.
Supposons donc que le point $A$ décrive la médiatrice de $BC$.
La cubique de Darboux se décompose en la médiatrice de $BC$ + une conique, nécessairement une hyperbole.
Décrire cette famille d'hyperboles quand $A$ décrit la médiatrice de $BC$?
Quand la cubique de Darboux se décompose-t-elle en 3 droites?



Il est possible que cette figure ait été proposée pour un écrit du Bac au début du siècle dernier, puisque les coniques étaient encore enseignées à cette époque!
Amicalement
Pappus

Gilles old

Merci Rescassol pour la correction, à présent ma cubique passe par les sommets ! (tu)

Rescassol

Bonjour,

Voilà en vert les trois points d'inflexion $O$, $J$ et $K$ et leurs tangentes:

Cordialement,

Rescassol

Rescassol

Bonjour,

Et une applet:
<applet name="ggbApplet" code="geogebra.GeoGebraApplet" archive="geogebra.jar"
codebase="http://jars.geogebra.org/webstart/4.2/unsigned/&quot;
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<param name="ggbBase64" 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Cordialement,

Rescassol

pappus

Voici comment je m'y suis pris pour tracer la cubique de Darboux avec ma version de Cabri ne disposant pas du tracé de courbes en implicite.



Mon idée est de chercher les intersections de la cubique avec la perpendiculaire en $A'$ au côté $BC$.Si $M$ est un point de cette perpendiculaire, son triangle podaire $A'B'C'$ a un sommet fixe à savoir $A'$ et une cévienne fixe $AA'$.
Quand le point $M$ parcourt cette perpendiculaire, les droites $BB'$ et $CC'$ sont en homographie et leur intersection $P$ décrit une conique $\Gamma$ passant par $B$ et $C$.
Pour tracer $\Gamma$ il suffit donc de connaitre trois autres points.
Quand le point $M$ est le point à l'infini de la perpendiculaire, alors $P = D$ tel que le quadrilatère $ABDC$ soit un parallélogramme.
Ensuite j'ai pris $M = A'$ pour obtenir le point $E$ puis j'ai pris $M =F$ à l'intersection de la perpendiculaire avec le côté $AC$ pour obtenir le point $G$.
Enfin avec l'outil conique passant par 5 points, Cabri a tracé la conique $\Gamma$ passant par les points $B$, $C$, $D$, $E$, $G$.



Sur cette figure, j'ai tracé les intersections $P_1$ et $P_2$ de la cévienne $AA'$ avec la conique $\Gamma$ puis construit les triangles céviens respectifs $A'B'_1C'_1$ et $A'B'_2C'_2$ des points $P_1$ et $P_2$.
Ces triangles céviens $A'B'_1C'_1$ et $A'B'_2C'_2$ sont les triangles podaires respectifs des points $M_1$ et $M_2$.
Je n'ai plus qu'à demander à Cabri de me tracer les lieux des points $M_1$ et $M_2$ quand $A'$ parcort la droite $BC$ et la cubique de Darboux apparait sur l'écran dans toute sa splendeur!
Enfin je fais de tout ceci une macro!
Il est intéressant de comparer les trois méthodes pour tracer la cubique de Darboux:
1° Celle de 1867.
2° La mienne avec Cabri
3° Celle de Rescassol avec GeoGebra!
Amicalement
Pappus

pappus

Une autre construction plus simple est la suivante et je m'étonne de ne pas y avoir pensé plutôt après toutes ces années:



Je prends un point $P$ quelconque sur la cévienne $AA'$ et je trace son triangle cévien $A'B'C'$.
Les points $B'$ et $C'$ sont en homographie, (et d'ailleurs la droite $B'C'$ passe par un point fixe lequel?).
La perpendiculaire en $B'$ à la droite $AC$ et la perpendiculaire en $C'$ à la droite $AB$ se coupent en $M$.
D'après le cours de Bruno, le lieu de $M$ est une conique $\Gamma$, passant par $A$, par le point $D$ diamétralement opposé à $A$ sur le cercle circonscrit au triangle $ABC$. C'est une hyperbole dont les directions asymptotiques sont connues, à savoir les directions perpendiculaires aux côtés $AB$ et $AC$ c'est à dire les directions des droites $DB$ et $DC$.
On connait donc de l'hyperbole $\Gamma$ 4 points et il n'en manque plus qu'un pour la déterminer, point qu'il est facile de construire. On est donc ramené à construire une hyperbole donnée par 3 points et ses deux directions asymptotiques, problème intéressant en lui-même mais que je ne détaille pas ici.
Une fois l'hyperbole $\Gamma$ construite, il ne reste plus qu'à prendre ses intersections $M_1$ et $M_2$ avec la perpendiculaire en $A'$ à la droite $BC$ puis à demander à Cabri de tracer le lieu des points $M_1$ et $M_2$ quand $A'$ décrit la droite $BC$.
Amicalement
Pappus
PS
En fait, on peut récupérer les asymptotes de $\Gamma$ en déterminant les points limites de la correspondance homographique $B' \iff C'$!

poulbot

Bonsoir Pappus
une autre construction dont le seul avantage est de ne nécessiter aucun calcul ni aucune réflexion préalables.
O = centre du cercle circonscrit; H = orthocentre; L = symétrique de H par rapport à O; L* = isogonal de L
On prend un point variable P sur la droite AH; son isogonal P* est sur la droite AO. Les points communs à la droite LP et à la conique ABCL*P* sont isogonaux et décrivent la cubique.
La justification est immédiate car la cubique est le lieu des points M pour lesquels M,M*,L sont alignés.
Cordialement. Poulbot

pappus

Et voici cette dernière figure:



Comme je l'ai dit, la droite $B'C'$ passe par un point fixe, à savoir le conjugué harmonique $A''$ de $A'$ par rapport aux points $B$ et $C$. On apprenait cela en Seconde de mon temps!
On projette le point $A''$ en $E$ sur la droite $AC$ parallèlement à $AB$ et en $F$ sur $AB$ parallèlement à $AC$. Les points $E$ et $F$sont les points limites cherchés.
Par suite les asymptotes de $\Gamma$ sont les perpendiculaires en $E$ à $AC$ et en $F$ à $AB$.
Je les ai tracées en pointillé bleu épais. Elles se coupent en $\Omega$, centre de $\Gamma$.
Il est alors facile pour Cabri de tracer $\Gamma$ dont on connait les asymptotes et un point, à savoir le point $A$.
Amicalement
Pappus

pappus

Oui, poulbot, j'allais y venir et tu m'as devancé mais je voulais décrire la façon de construire la cubique de Darboux quand on en connait le minimum sur elle c'est à dire sa définition!
Ma construction a aussi l'avantage pédagogique d'utiliser à fond le cours sur les coniques projectives et d'inciter nos lecteurs à se procurer le livre de Bruno!
Ta construction exige de connaitre la notion de cubique pivot, ceci dit elle est très jolie et je m'empresse de la faire:

[attachment 26786 ConstructionCubiqueDarboux4.gif]


Au fond, le principe de toutes ces constructions est le même, on coupe la cubique par une droite variable passant par un de ses points et on est ramené à chercher l'intersection d'une droite et d'une conique.
Comme exercice, on peut explorer ce que cela donne en choisissant pour point soit l'un des sommets, soit l'orthocentre, soit le centre du cercle circonscrit, etc, etc...

Amicalement
Pappus

pappus

J'en viens maintenant au fait que la cubique de Darboux possède le point de Longchamps $
L = X(20)$ comme pivot.
Une courbe $\Gamma$ possède un point $P(u:v:w)$ comme pivot si pour tout point $M \in \Gamma$, les points $P$, $M$ et $M^*$, isogonal de $M$ sont alignés.
Si $M$ a pour coordonnées barycentriques homogènes $(x:y:z)$, on sait que $M^*$ a pour coordonnées $(a^2yz:b^2zx:c^2xy)$, on aura donc l'alignement souhaité si:
$\begin{vmatrix}
u&v&w\\
x&y&z\\
a^2yz&b^2zx&c^2xy
\end{vmatrix}
= ux(c^2y^2-b^2z^2)+vy(a^2z^2-c^2x^2)+wz(b^2x^2-a^2y^2)=0
$
On voit donc qu'une courbe ayant un pivot est une cubique dont l'équation barycentrique est particulièrement simple.
Or Bernard Gibert donne de la cubique de Darboux l'équation suivante:
$$\sum_{\mathrm{cyclic}}[2a^2(b^2+c^2)+(b^2-c^2)^2-3a^4]x(c^2y^2-b^2z^2)=0$$
Ainsi le point de coordonnées barycentriques homogènes:
$(2a^2(b^2+c^2)+(b^2-c^2)^2-3a^4: 2b^2(c^2+a^2)+(c^2-a^2)^2-3b^4 :2c^2(a^2+b^2)+(a^2-b^2)^2-3c^4)$ est un pivot de la cubique de Darboux.

Sur le site de la liste d'ETC, on trouve:
X(20) = DE LONGCHAMPS POINT
Trilinears cos A - cos B cos C : cos B - cos C cos A : cos C - cos A cos B
= sec A - sec B sec C : sec B - sec C sec A : sec C - sec A sec B
= 2 cos A - sin B sin C : 2 cos B - sin C sin A : 2 cos C - sin A sin B

Barycentrics tan B + tan C - tan A : tan C + tan A - tan B : tan A + tan B - tan C
= $f(a,b,c) : f(b,c,a) : f(c,a,b)$, where $f(a,b,c) = [-3a^4 + 2a^2(b^2 + c^2) + (b^2 - c^2)^2]$
Le point de Longchamps est bien le pivot de la cubique de Darboux.
Il resterait à trouver la preuve synthétique de ce résultat, preuve que connaissaient nos aïeux!
Amicalement
Pappus

poulbot

Cher Pappus,
si j'avais été un de mes aïeux, j'aurais dit tout bêtement la chose suivante :

On a deux cubiques
- l'ensemble des points $M$ dont le triangle podaire est cévien
- l'ensemble des points $M$ pour lesquels $M,M^{\ast },L$ sont alignés
Or ces cubiques ont $10$ points communs :
$A,B,C$
les centres du cercle inscrit et des cercles exinscrits (pour eux $M=M^{\ast }$ et leur triangle podaire est le triangle cévien du point de Gergonne ou de ses confrères)
$O,H$ (évident)
$L$ puisque son triangle podaire est le triangle cévien de l'isotomique de $H$

Finalement, la seule chose à réaliser est que ces deux ensembles sont bien des cubiques mais comment faire sans chercher leurs équations?
Bref, j'ai l'impression que ce que j'ai suggéré est idiot!!
Avec mes excuses si tel est le cas.
Cordialement. Poulbot

pappus

Mon cher Poulbot
Avec ta démonstration, la géométrie algébrique pointe le bout de son nez!
On a presque tout dit sur la cubique de Darboux, il reste quelques points de détail:
1° L'obtention de l'équation de la cubique elle même dont Rescassol a déjà dit un mot.
2° Les coordonnées exactes des points d'inflexion. Rescassol a dû en parler.
3° La détermination des asymptotes dont nous savons par ouï-dire que ce sont les médiatrices.
Il me semble que Rescassol en a déjà parlé!
4° L'identification de la conique de Darboux comme lieu des points de concours des normales aux sommets du triangle de référence des coniques circonscrites adéquates.
5° Une rédaction à l'ancienne ~1867 du tracé de la cubique à partir de son équation!
Là, ce n'est pas du tout la joie!
Amicalement
Pappus

Gilles old

pappus écrivait:

---

> Une courbe $\Gamma$ possède un point $P(u:v:w)$
> comme pivot si pour tout point $M \in \Gamma$, les
> points $P$, $M$ et $M^*$, isogonal de $M$ sont
> alignés.

Je suppose que ceci est valable dans un cadre bien particulier. Une cubique passant les 3 sommets d'un triangle par exemple ? :S
J'ai réussi à faire la construction de Poulbot sur Geogebea, c'est déjà ça !!

Merci

pappus

Mon cher Gilles
Regarde ce que j'ai écrit.
Si une courbe admet un pivot, on voit immédiatement sur son équation que c'est une cubique passant par les 3 sommets du triangle et les 4 centres des cercles inscrit et exinscrits. Elles ont donc toutes 7 points en commun.
Amicalement
Pappus

Gilles old

Mon cher Pappus,

Je ne parviens pas à trouver la définition d'un pivot d'une courbe, et je doute que ce soit lié une quelconque histoire de triangle en général.

En googlisant, je suis tombé sur un document (inachevé, hélas !) de Gilles Boutte portant sur les cubiques invariantes par les transformations du second ordre dont font partie isogonalité et isotomie : http://g.boutte.free.fr/articles/Isocubiques.pdf Voir page 36 pour la cubique de Darboux et notamment ses asymptotes.

pappus

Mon cher Gilles
J'ai pourtant donné la définition de ce que j'entendais par courbe à pivot!
Il faudra t'en contenter.
Amicalement
Pappus

poulbot

Bonsoir Gilles
tu devrais essayer le lien Isocubiques
Cordialement. Poulbot

pappus

N'oublions pas aussi l'indispensable glossary (en anglais) de Pierre Douillet sur la géométrie du triangle qu'il faut impérativement télécharger en allant sur son site
Il est pratiquement exhaustif sur ce domaine et on y trouve en particulier tout un chapitre sur les cubiques et en particulier sur la cubique de Darboux et autres isocubiques à pivot.
Amicalement
Pappus